Ngoaøi caùc pheùp toaùn cô baûn vaø tính thöù töï, taäp hôïp caùc soá töï nhieân coù nhieàu tính chaát soá hoïc thuù vò, ví duï ñònh lyù cô baûn cuûa soá hoïc, caùc vaán ñeà bieåu dieãn[r]
(1)PHẦN 1: NỘI DUNG CÁC BÀI GIẢNG
Bài 1: LÝ THUYẾT BỔ SUNG CHO PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tiết PP: 217-220
A Tóm tắt lý thuyết:
Một phương trình hàm bao gồm thành phần chính: tập nguồn (miền xác định), tập đích (miền giá trị); phương trình hay hệ phương trình hàm; điều kiện bổ sung cho hàm số (lớp hàm) Từ ba thành phần có phân loại tương ứng Phương trình hàm , phương trình hàm , phương trình hàm …; phương trình hàm với biến tự do, biến tự do, nhiều biến tự 2 do, phương trình hàm chuyển đổi giá trị trung bình …; phương trình hàm lớp hàm khả vi, phương trình hàm lớp hàm liên tục, phương trình hàm đa thức …
Đây yếu tố quan trọng cần xét đến giải phương trình hàm Điều thấy rõ qua ví dụ phương trình hàm Cauchy Bài tốn tổng qt tìm tất hàm số f : thoả mãn phương trình f(x+y) = f(x) + f(y) với x, y thuộc , theo nghĩa khơng có lời giải, với giới hạn tập nguồn, tập đích, tính chất hàm số (đơn điệu, liên tục, đa thức …) phương trình giải trọn vẹn Sau số vấn đề lý thuyết sở:
1 Hàm số đơn điệu:
* Hàm số y = f(x) tăng (a;b) x x1; 2( ; ),a b x1x2 f x( )1 f x( )2 * Hàm số y = f(x) giảm treân (a;b) x x1; 2( ; ),a b x1x2 f x( )1 f x( )2
VD 1: Hàm số yax b a ( 0) hàm số tăng R a > 0; hàm số giảm R a < * Hàm soá y = f x( )
x
hàm số giảm 0( ;)
2
1 2 2
1 2
1
0 0
; ( ; ) : : ( ) ( ) x x ( ) ( )
x x mà x x ta có f x f x f x f x
x x x x
Hay hs treân nghịch biến 0( ;)
VD 2: Cho hai hàm số f(x) g(x) xác định đồng biến khoảng I a/ CMR hàm số s(x) = f(x) + g(x) đồng biến I
b/ Giả sử thêm hàm số dương I Tức là: x I f x, ( )0và g x( )0 Hãy CM: hàm số p(x) = f(x).g(x) đồng biến I
c/ Giả sử thêm hàm số âm I Tức là: x I f x, ( )0và g x( )0 Hãy CM: hàm số p(x) = f(x).g(x) nghịch biến I
2 Hàm f(x) chẵn treân M, (M Df)
( ) ( ),
x M x M
f x f x x M
VD 3: Hàm số y = cosx hàm số chẵn R
3 Hàm f(x) lẻ M, (M Df)
( ) ( ),
x M x M
f x f x x M
VD 4: Hàm số y = sinx hàm số chẵn R
VD 5: a/ Vẽ đồ thị hàm số
1
0
1
( )
neáu x
f x neáu x
neáu x
cho biết tập xác định, tập giá trị
(2)VD 6: Cho hàm số f(x) g(x) Hàm số h(x) = f(x) + g(x) gọi tổng hàm số cho Chứng minh rằng:
a/ Nếu f(x) g(x) hàm số chẵn h(x) hàm số chẵn b/ Nếu f(x) g(x) hàm số lẻ h(x) hàm số lẻ
VD 7: Cho hàm số f(x) g(x) Hàm số h(x) = f(x).g(x) gọi tích hàm số cho Chứng minh rằng:
a/ Nếu f(x) g(x) hàm số chẵn lẻ h(x) hàm số chẵn b/ Nếu f(x) hàm số chẵn, g(x) hàm số lẻ h(x) hàm số lẻ
VD 8: Chminh hs xác định viết thành tổng hs chẵn hàm số lẻ
1
2
: ( ) [ ( ) ( )] [ ( ) ( )]
Ta coù f x f x f x f x f x
Ta seõ cm
2
( ) [ ( ) ( )]
h x f x f x hàm số chẵn vaø
( ) [ ( ) ( )]
g x f x f x hàm số lẻ
Xét h(x):
2
( ) [ ( ) ( )] ( )
h x f x f x h x => h(x) hàm số chẵn
Xét g(x):
2
( ) [ ( ) ( )] ( )
g x f x f x g x => g(x) hàm số lẻ
VD 9: Cho a Xác định tất hàm số f(x) cho: (f a x ) f x( ), x
1
2 2
2
2
, ( ) : ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ), ( )
a a a a
Đặt t x a x t Vậy có dạng f t f t
a a
Đặt g t f t g t f t g t g t Vậy g t hs chẵn trên
a
Vậy f x g x trong g x hs chẵn R tùy ý
VD 10: Cho a b Xaùc định tất hàm số f(x) cho: (, f a x ) f x( )b, x
2 2
1
2 2 2
2 2
2
,
( ) : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) , ( )
a a a
Đặt t x a x t vaø x t
a a a b a b
Vậy có dạng f t f t b f t f t
a b a b
Đặt g t f t thì g t f t
g t g t Vaäy g t hs lẻ trên
a b
Vậy f x g x trong g x là
hs lẻ trên tùy ý 4 Hàm số f(x) liên tục x0 ;
0
0 f xlim ( )x ( )0
x D f x f x
5 Hàm số f(x) tuần hồn cộng tính chu kỳ a (a > 0) M (M Df)
( ) ( ),
x M x a M
f x a f x x M
(3);
( ) sin( ) sin( ) sin( ) ( )
D
x x x
f x x x x f x
6 Hàm số f(x) phản tuần hồn cộng tính chu kỳ a (a > 0) M (M Df)
( ) ( ),
x M x a M
f x a f x x M
VD 12: y f x( ) sin x phản tuần hoàn cộng tính chu kỳ
;
( ) sin( ) sin( ) ( )
D
x x x
f x x x f x
VD 13: CMR: hàm phản tuần hoàn M hàm tuần hoàn M
0 2
, ( ) ( ),
:
( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ),
Theo giả thiết b sao cho x M x b M f x b f x x M Suy ra x M x b M vaø
f x b f x b b f x b f x f x x M
Vậy f(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ 2b M
7 Hàm f(x) tuần hoàn nhân tính chu kỳ a (a 0 1; ; ) M (M Df)
( ) ( ),
x M a x M
f ax f x x M
VD 14: y f x( ) sin( 2.log2x) tuần hồn nhân tính chu kỳ2
2
2
2 2
:
sin( log ) sin( ( log )) ( ),
Do x x
x x f x x
8 Hàm f(x) phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ a (a 0 1; ; ) M (M Df)
1
( ) ( ),
x M a x M
f ax f x x M
VD 15: y f x( ) sin( log 2x) hàm phản tuần hồn nhân tính chu kỳ2
1
2 2
2
2
:
sin( log ) sin( ( log )) sin( log ) ( ),
Do x x
x x x f x x
9 Vài tính chất hàm sơ cấp:
1
0
2
/ ( ) , ( ; ) : x y ( ) ( ) , ;
a f x ax b a b có tính chaát f f x f y x y
0
0
/ ( ) , ( ) : ( ) ( ), ;
/ ( ) x, ( , ) : ( ) ( ), ;
b Hàm tuyến tính y f x ax a có tính chất f x y f x f y x y
c Hàm mũ y f x a a a có tính chaát f x y f x f y x y
(4)
0
0
/ log ( ) log , ( , ) : ( ) ( ), ; \
/ ( ) : ( ) ( ), ; \
a a
d Hàm arit y f x x a a có tính chaát f x y f x f y x y
e Hàm lũy thừa y f x x có tính chất f x y f x f y x y
f/ Các hàm lượng giác:
3
2
3
3
2
2
* ( ) sin : ( ) ( ) [ ( )] ,
* ( ) cos : ( ) [ ( )] ( ),
( ) [ ( )] ,
( ) ( ) ( ) ( ), ,
( ) ( ) ( )
* ( ) sin ; ( ) cos :
f x x có tính chất f x f x f x x
f x x có tính chất f x f x f x x
f x f x x
f x y f x y f x f y x y
f x y f x g y f x x g x x có tính chất
2 2 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
* ( ) tan : ( ) ; ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
* ( ) cot : ( ) ; ( )
( ) ( ) ( )
g x f y g x y g x g y f x f y
f x f x f y
f x x coù tính chất f x f x y
f x f y f x
f x f x f y
f x x có tính chất f x f x y
f x f x f y
10 Phương trình hàm Cauchy:
Xác định hàm f(x) liên tục R thỏa: f x y( ) f x( ) f y( ),x y;
1 0 0
1
1 2
1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) ( ), : [( ) ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( ), ,
Từ cho x y f f f
Từ cho y x f f x f x f x f x
Từ cho y x f x f x x
Giả sử với k nguyên dương f kx kf x k Khi đó
f k x f kx x f kx f x k f x x k
2
2 2
2 2
1 2 , : ( ) ( ), , * ( ) ( ) : ( ) ( ), , ( ) ( ), : ( ) ( ) ( ) ( ) : ( ) ( ), , ( ) n n n n
Theo quy nạp ta có f nx nf x x n
Kết hợp f x f x ta có f mx mf x x n
x x x
Từ có f x f f f
x
Vaäy f f x mx n
3
2 * * ( ),( ) : ( ) ( ), , , : ( ) , ( ) n n m m
Kết hợp f f m n
Do f liên tục suy f x ax x a f
- Thử lại ta thấy hàm f(x) = ax, a , x , thỏa toán
: ( ) , ;
KQ f x ax x a tùy ý
* Lưu ý: Có thể thay giả thiết : "liên tục " giả thiết "liên tục x 0 " đủ
0
1
0
1 1 1
0 1
: ( ) lim ( ) ( )
: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
lim ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x
x x
Vì f x ltục x nên f x f x
x coù f x f x x x x x f x x x f x f x
(5)11 Phương trình hàm mũ:
VD 16: Xác định hàm số f(x) liên tục R thỏa: f x y f x f y( ) ( ), ;x y
* f(x) = nghiệm
0
0 0
2
0
0
0
2 2
* ( ) : ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: ( ) ( ) [ ( )] ,
: ( ) ( ) ( ), ; , ln :
ln ( ) ln[ ( ) ( )] ln ( ) ln ( ) ln ( ) (*) ( ) ln
Xeùt f x x f x
f x f x x x f x x f x f x x
x x x
vaø f x f f x
Vậy từ f x y f x f y x y ta lấy hai vế
f x y f x f y f x y f x f y
Đặt g x
( )
( ), : ( ) g x ( )
f x tức f x e g x liên tục trên
0
(*) : ( ) ( ) ( ) ( ) ,
( ) bx x,
Vậy thành g x y g x g y g x bx b
f x e a a tùy ý
VD 17: Xác định hàm số f(x) liên tục R thỏa:
0 ( ) , ; ( ) ( ) ( ) , ( ) f x
f x y x y
f y
f x x
11 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : ( ) ( ) ( ) ,
/ ( ) x,
f z y f z f y f z y
z x y thaønh f z
f y f y y
Theo bt f x a a R
12 Phương trình hàm lũy thừa:
VD 18: Xác định hàm số f(x) liên tục R\ 0 thỏa: f xy( ) f x f y( ) ( ),x y; \ 0 ( )1
2
1 1
1
1
1 1
0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ( )]
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ),
( ) ; \ : ( ) ( ) ( ) [ ( )] ,
f xy f x f y Thay y f x f
Nếu f nghiệm f x thỏa đề
Xeùt f f f x f x f x
x x
f x x vaø f x f x f x f x x
0
ln ln ln ln / ;
; ; , ( ) :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), : ( ) ( ) ( ) ( ) ;
( ) ( ) ( ) ( ) , , ( ln )
u v
u v u v t t
u u x a x a
a x y
Vì x y nên chọn x e y e thay vào ta được
f e f e f e Đặt g t f e ta coù pt g u v g u g v g t a a
f x f e g u a a e x x x a
2 2
/ ; [ ( )] ( ) ( ) ( )
,
: ( ) ( )
,
b x y x y f x f x x x
x x
Vì f liên tục trên nên ltục lấy được f x
x x
0 0
0 ,
: ( ) , ; ( ) ; , ; ( )
, ,
x x
KQ f x với x f x x x f x
(6)13 Phương trình hàm logarit:
VD 19: Xác định hàm số f(x) liên tục R\ 0 thoûa:
0
( ) ( ) ( ), ; \ ( )
f xy f x f y x y
1 / ;
; ; ; ( ) ( )
( ) : ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ;
( ) ( ) ln ;
u v t
u v u v
t a x y
Vì x y nên chọn x e y e f e g t có dạng f e f e f e
g u v g u g v
g t bt b
f e bt f x b x x
2 2
2
2
/ ;
, / : ( ) ( ) ( ) ( ) ln ln ,
: ( ) ln ;
b x y x y
Cho y x theo a coù f x f x f x f x b x b x x
Tóm lại f x b x b thỏa toán
14 Phương trình hàm logarit:
VD 20: Xác định hàm số f(x) liên tục R thỏa: f xy( ) f x( ) f y( ),x y; ( )1
- Cho x = y = 0: coù f(0) =
- Cho y = 0, x: ( )f f x( ) f( )0 f x( )0
: ( ) ,
Vaäy f x x
15 Phương trình hàm logarit:
VD 21: Xác định hàm số f(x) liên tục R+ thỏa: f( )x f x( ) f y( ), x y; ( )1 y
1
14
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ); ;
( ) ln , x
Đặt t x t y Biến đổi f t f ty f y f ty f t f y t y
y
Theo bt f x b x b
* Các BT thay "liên tục" "có đạo hàm" (khả vi) kết khơng đổi
Ví dụ: Xác định hàm f(x) xác định có đạo hàm R thỏa: f(x+y) = f(x) + f(y); ;x y (1)
- Lấy đạo hàm vế (1) theo x; y, ta được:
1
'( ) '( )
'( ) '( ), ,
'( ) '( ), , '( ) ( )
( ) : ( )
: ( ) ,
f x y f x
f x y f y x y
f x f y x y f x laø const f x ax b
Thay laïi a x y b ax b ay b b
Vaäy KQ f x ax a
(7)Bài 2: CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN Tiết PP: 221-224
A Lý thuyết - Ví dụ - Bài tập tự luyện:
Dạng 1:
Cách tìm: - Đặt t = u(x), tính x theo t: x = u
(t)
- Thế vào biểu thức cho ta f(t) = ( )
v u t
- Khi thay t x ta được: f(x)
VD1: Tìm hàm số f(x) thỏa tính chất sau:
a/ f(2x + 1) = 7x + b/
2
1
0
f x x khi x
x x
3 1
1
2
/ x x ( ; ) / (sin )
c f x d f x x
x x
a/ Đặt t = 2x + t x
Hệ thức cho trở thành: f(t) = 7
2 2
t
t
Vaäy f(x) = 2x 2 b/ Đặt t x 1; x x ñk t:
x x x
2 2
2
1
2
t x x t
x x
Do f(t) =
2
t với t 2 Vậy f(x) =
2
x với x 2
3 4
3
2 3
1
/ ( ; ) : ( ) ( ; )
/ sin ( ) : ( ) arcsin ( )
x x
c Ñaët t t x KQ f x x
x x
d Đặt t x t KQ f x x x
Bài tập tự luyện:
1 Tìm hàm f(x) biết : a/
1
f x x x x b/ 1 1
2 ,
x x
f x x
x x
2 Tìm hàm f(x) biết :
2 2
2
1
0 1 1
/ a a ( ; ) / ( ) ( ) / ( ) ( )
a f x x a x b f x x x c f x x
x x x
Daïng 2:
- Từ hệ thức cho suy hệ thức chứa f u x ( ) f v x ( ) - Ta hệ pt chứa ẩn f u x ( ) f v x ( )
- Giải hệ ta đưa toán dạng
VD1: Tìm hs f(x) biết :
Tìm f(x) , biết f u x ( ) = v(x)
(8)a/ 2.f(x) – f(–x) =
12
x x b/ (x – 1) f(x) + f x
= 1
x x0,x1
a/ Ta coù : 2.f(x) – f(–x) = 12
x x (1)
Thay x – x đẳng thức trở thành:
2 (f x)f x( ) x 12x 4 (2) Nhân vào hai vế (1) xong cộng với (2) theo vế ta được:
4
3 ( )f x 3x 12x 12 f x( ) x 4x b/ Ta coù : (x – 1).f(x) + 1
1 f x x (3)
Thay x
x đẳng thức thành:
1 1
1
1 ( )
f f x
x x x
Hay 1
1 ( )
x x
f f x
x x x
(4)
Nhaân 1 x x
vào hai vế (3) ta được:
2 1 1
( )
x x x
f x f
x x x x
(5)
Lấy (4) trừ (5) theo vế ta được:
2
2 1
1
1 ( )
x x x
f x
x x x
2
1 1
1
( ) ( )
( )
x x x x
f x f x
x x x x
Thử lại thấy thỏa, nên:
1 ( ) f x x VD2: Tìm hàm f(x) biết: 3 82
1
( ) x ( )
f x f
x x Đặt 2 2 8
1 8
0
1 1
1
( ) ( )
( )
( )
u u u u
u
u x x
x u u u u
u
1
3
1
( )
( ) u u ( )
f f u u
u u
Hay 2
1
( )
( ) x x ( )
f f x x
x x
Như f(x) f x
laø nghiệm hệ:
2
2
1 8
3
1
0
1
3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x f x f
x x
x
x x
f x f
x x Giải hệ (1) (2) cách khử f
x
ta 12
1
( )( )
( ) x x
f x x
x
* Tương tự: Tìm hàm f(x) biết: 82
1
( ) x
f x f
x x
KQ: 1
1
( ) x ( ; ; )
f x x
x
VD3: Cho hàm số f(x) xác định với
x tìm hsố biết rằng:
2
( ) x (*)
f x xf
x
(9)- Ñaët
2
x u
u x xu u x
x u
với
1 u - Thay x u x
vaø u x
u
vào (*) ta được: 2 ( )
u u
f f u
u u
- Đổi u thành x ta được:
2 ( )
x x
f f x
x x
Ta có hệ:
2
2
2
2
( ) ( )
( ) ( )
x f x xf
x
x x
f x f
x x
* x 1 2
1
( )
( ) x
f x x
* x = ta thay x = vaøo (1) : f(1) + f(1) = f(1) =
Tóm lại:
1
2 1
1
1
neáu x =
( ) ( )
f x x
nếu x và x x Bài tập tự luyện: 1 Tìm hàm số thỏa:
a/ a f x ( )bf(x)c a b c( , , 0) b/ af x( ) bf( )1 c ( , ,a b c 0; a b) x
2 Tìm hàm f(x) biết raèng:
3
1
2 3 1
1
2 2 1
2
/ ( ) ( ) ( ) / ( ) ( ) ( ) , ;
/ ( ) ( ) / ( ) ( ) , ; /
a f x xf x x b x f x f x
x x
x
c f x f x x d f x xf x
x
3 Tìm hàm số f(x) biết :
1
2 1 2
2 1
/ x x , ; / ( ) ( x ) , /
a f f x x b f x f x x
x x x
4 VMO 2000: - Baûng B:
Tìm tất hàm số f(x) thỏa mãn điều kieän:
1
( ) ( ) ,
x f x f x x x x
Daïng 3:
Khử f g để đưa dạng dạng f x( ) g(x)
Ví dụ : Khử f:
Trong (1) đặt t = u(x) ( )
x u t
nên (1) thành: 1
af( )t bg v u ( ( ))t r u ( )t
( )
Trong (2) đặt t = p(x) ( )
x p t
nên (2) thành: 1
4
( ) ( ( )) ( ) ( )
cf t dg q p t s p t
Từ (3) (4) khử f(t)
Tìm hai hàm f(x) g(x) biết:
2
af ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
u x bg v x r x
cf p x dg q x s x
(10)VD1: Tìm hai haøm f(x) vaø g(x) cho:
1 11
1 2 10
0
2
( ) ( ) ( ) ( )
( ; ) ( )
xf x g x x x
x x
f xg x
x x x
Đặt t = x + x = t – (1) trở thành:
1 11
(t ) ( )f t g t( ) (t )t
1 2 11
(t ) ( )f t g t( ) t t ( )
Lại đặt t x
x t
(2) trở thành:
2
2
2 10
1 10
2 2 10
1
( ) ( ) t t ( ) ( ) ( )
f t g t t tf t g t t t
t t t
t
(4)
Cộng (3) và(4) theo vế ta được:
2
( t ) ( ) (f t t ) Suy f(t) = 2t – với 2t – 1
2 t
Vaäy f(x) = 2x – 1 x
Mặt khác thay f(t) = 2t – vào (4) ta được:
2 2
2 2 10 2 10 10
( ) ( ) ( ) ( )
t t g t t t t t t t g t t g t
Vaäy g(x) = x + 10
VD2: Tìm hàm f(x) g(x) biết
1
1
1
1
( ) ( ) ( )
( )
f x xg x x
x x
f g x
x x
Từ (1), Đặt t = x + Trong (2) đặt 1 1,( ) x t t x
1 2 2
1
2 2
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: : ( )
( ) ( ) ( ) ( )
f t t g t t f t f x
Giải hệ ta được t Suy ra x x
f t g t g t g x
t t x
VD3: OLYMPIC 30-4-2013
Tìm tất cặp hàm f(x) g(x): thỏa mãn đồng thời điều kiện sau:
2
2 2
/ ( ) ( ) ( )
/ ( ) ( ) ( )
i f x g x x
ii f x g x x
2
5
1 2 1 2
2
5 7
2 2
2 4 4
( ) :
( ) ( ) ( ) ( ) (*)
(*) ( ) : ( ) ( ) ( )
Đặt x u x u thay vào ii ta được
u x
f u g u hay f x g x
x
Từ và i ta g x x x g x x
2
2
5 7
1 2 6
2 2 2
7
6
2 4
( ) / :
( ) ( ) ( )
: ( ) ; ( )
x
Thay g x x vào i được
x
f x x x x x f x x
Vaäy f x x g x x
(11)Bài tập tự luyện:
1 Tìm hàm f(x) g(x), biết:
a/
1
6 2 15
2
5
2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
f x g x x
x
f g x x
b/
2 1
1
2
1 2
( ) ( )
f x g x x
x
f g
x x
2 Cho hàm số f : R R thỏa mãn tính chất sau: i f(1) =
ii f( x + y ) – f(x) – f(y) = 2xy iii f(1
x) =
( ) f x
x
x
Tính f 2013
3 Tìm hàm số y = f(x) thỏa điều kiện:
1
0
( ) '( )
( ) ( )
x
f x f x x
f x f
4 Hãy tìm hàm số y = f(x) biết
2
3 1
1
/ / /
/
( ) ( ) , ( )
( ) ; ( )
x f x x f x x
f f
(12)Bài 3: PHƯƠNG PHÁP CHỌN GIÁ TRỊ Tiết PP: 225-230
A Lý thuyết:
+ Đây phương pháp sở phương pháp khác
+ Khi vận dụng phương pháp cần ý sử dụng kết vừa có + Khi thực ta có thể:
* Hoặc cho biến x, y, nhận giá trị số Thường giá trị đặc biệt 2; ;
* Hoặc biến biểu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết Chẳng hạn, phương trình hàm có mặt f(x + y) mà muốn có f(0) ta y - x; muốn có f(x) cho y = 0, muốn có f(nx) y (n -1)x
B Các ví dụ:
1 Tìm
1
2 ( ) , ( )
: :
: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ( )
f a
f thoûa maõn
a f a y f x f a x f y f x y x b
2
1
2
0
, ( ) ( )
; : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
; : ( ) ( ( )) ( ( )) ( )
Cho x y từ b f a
Cho y x ta f x f x f a f f a x f x f a x c
Cho y a x x ta f a f x f a x d
2
0
2
0 0 0
0
1 1
2
2 2
1
2
2 2 2
1
( ) ( )
( ),( ) ( ( )) ( ) ( ) (*)
: ( ) :
( )
: ( ) ,
b c
Từ c d f x f x hoặc f x
Nếu x sao cho f x thì
x x x x x
f x f f f a f Vô lý
Vậy f x x
- Thử lại thấy
* Chú ý: Ngay (*), ta loại f(x) = - ½ lý do: + đề cho
2 ( )
f
+ thay vào thử trực tiếp ta thấy loại
2 Bài T11/417:
Tìm tất hàm số f :
thỏa mãn: f x f yf x( ) ( ( )) f y( f x( )), x y, ( )1
Trong (1) thay y f(y) ta được: f x f f y f x( ) ( ( ) ( )) f f y( ( ) f x( )), x y, ( )2
Đổi vai trò x y (2) ta có: f y f f x f y( ) ( ( ) ( )) f f x( ( ) f y( )), x y, ( )3
Từ (2), (3) f(x) > cho ta:f x( ) f y( ),x y, ( )4
( )
hay f x c Thay vào (1) ta
(13)3 Tìm 2
( ) ; ( ) ( , )
: : ( )
( ) ( ) ( ).cos , ,
f a f b a b cho trước
f thỏa mãn
f x y f x y f x y x y
0
2 2
0
2
2 2
; : ( )
; : cos ( )
; : cos ( )
Cho y x ta f x f x a
Cho x y ta f y f y a y b
Cho x y ta f y f y b y c
0
2
2
2 2
2
2
( ),( ),( ) cos( )
.cos
f x f x
Từ a b c f x f x a x
f x f x b x
Giải hệ ta được: f(x) = a.cosx + b.siny - Thử lại thấy
4 Tìm f :thỏa mãn f x f y: ( ) ( ) f x y( ) sin sin , x y x y, ( )7
- Ta thấy f(x) = cos x hàm số thỏa mãn
+ 0
0 0
0 ( ) ( ( )) ( )
( )
f
Cho x y f f
f
0 0 0
0
0
* ( ) ; ( ) ( ) ,
: sin sin , ,
( ) ( )
Nếu f thì cho y x f x f x
Thử lại ta được x y x y vô lý Vậy f x không nghiệm của
2
2
0 1
0
2 2
* ( ) ( ) ( ) ( sin ) cos
( ) ( ) cos ( )
( ) ( )
Nếu f thì cho y x f x f x x x
f x f x x a
Cho x f hoặc f
+ Neáu
2 ( )
f cho 2;
x y vào (7) suy ra:
0
( ) sin ( ) cos ,
f y y f y y y Thử lại thấy
+ Neáu
2
( )
f tương tự ta được: f y( ) cos , y y Vậy hàm số cần tìm là: f(x) = cosx
(14)8
2 2
8
2 2
; ( ) ( ) ( ) ( )
; ( ) ( ) sin ( )
Chọn x y y Từ f y f y f y f y a
Chọn x y y Từ f y f y y g b
Từ (a), (b) suy ra:
2
2 sin ( )
f yf y y g c
8
2
2
2
2
( ) : ( ) ( ) ( ) (*)
( ) (*) : ( ) ( )
( ),( ) ( ) sin ( ),
Trong thay y bởi x f x f x g x
Theo a ta vào để có f y f y g y d
Từ c d g y y g y
2
2
( ) sin ( ) sin , ( ( ) )
g x a x g x a x x với a g cho trước
0
2
; ( ) ( ) cos ( ) ( ) asin ( ( )),
Cho y x f x f x g x f x x b b f x
- Thử lại hàm số ( ) 2sin2 ( ) sin
a
f x x b
g x a x
(a;b số cho trước) thấy thỏa (8)
6 Tìm : : ( ) 0, ( )
( ) ( ) ( ), , ( )
f x x a
f thỏa mãn
f x y f x f y x y b
0 0
0
0
0
0 0
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) , ( ) ( ) , ( )
x f
Cho suy ra f
y f f
f f x f x f x f x
Cho y x
f x f x f x f x
0
( ) ( ) ,
f x f x x
Vậy f(x) = Thử lại thấy
7 Tìm hàm số f(x) thỏa: ( ) ( ) ( ) 2012x y
f x y f x f y
với x, y R (*)
Thay x = , y= vào (*) ta có :
0 2012 1
( ) ( ) ( )
f f
Với f( )0 f( )0 2 f( )0 1 (2) Từ (1), (2) f( )0 1
Thay y = – x vaøo (*)
0 2012
( ) ( ) ( )
f f x f x f x( ) (f x)1 ( )3
Laïi cho y = ( ) ( ) 2012x ( )4
f x f x
2012
( ) x ( )
f x
Ta coù (3)
5
1
2012
2012 ( )
( ) ( )
( )
x x
f x
f x
(15)Ta nhận thấy f(x) thỏa yêu cầu toán Vậy ( ) 2012x
f x
* Nhận xét: Số 2012 khơng quan trọng, đổi số khác
8 Tìm 1
2
: : ( ) ( ) ( ) ( ) , , , ( )
f thỏa mãn f xy f yz f x f yz x y z
Cho x = z ; y = ta được:
2
2 1
0
4 2
( ) ( ( )) ( ) ( )
f x f x f x f x
Thử lại thấy
9 Tìm : : ( ) ( ) , ( )3
y
f thỏa mãn f x Max xy f y x
2
2
( ) ( ) ( ), ,
( ) , ( )
Từ f x xy f y x y
t
Cho x y t f t t a
Từ (a) suy ra:
2 2
2
2 2
( ) y x ( ) x
xy f y xy x y
2
( ) , ( )
y
x
Max xy f y x b
2
( ) ( )a b f x( ) x - Thử lại thấy
C Bài tập tự luyện:
10 Tìm : : ( ) ( ) ( ) 2015x y, , ( )4
f thỏa mãn f x y f x f y x y
11 Tìm f : [ ; ]a b [ ; ]a b thỏa mãn f x: ( ) f y( ) x y ,x y, [ ; ] (a b a b cho trước ) ( )5
12 Tìm
2
1
1
0
( ) ( ), ( )
: : ( ) ( ) , ( )
( )
( ) , ( )
f x f x x a
f thỏa mãn f x f x x b
f x
f x c
x x
13 Tìm
1
1 1
0
0 ( ) ( )
: \ : , , ( )
( ) ( ) ( ) ( ), , ( ) ( )
f a
f thỏa mãn f f f x y b
x y x y
x y f x y xy f x f y x y thoûa xy x y c
14 Tìm
4
2
0
( ) ( ) ( ) , ( )
: : ( )
( ) , ( )
f x y f x f y xy x b
f thoûa maõn f x
f x c
x x
15 VMO 2013 - Bài (7 điểm): HSG QG 2013
Tìm tất hàm số f : thỏa f( )0 0; ( )f 2013vaø:
2 2
2
( ) ( ( )) ( ( )) ( ( ) ( )) ( ) ( )
, , ( ) ( ( ))
x y f f x f f y f x f y f x f y
đúng với x y trong f x f x
(16)16 Cho hàm số f : ( ;0 ) ( ;0 ) thỏa mãn f: f x( ) y f y f f x ( ) ( ( )), x y, ( ;0 ) ( )12
y
17 VMO 1995
Tìm 2
2 14
: : (( ) ) ( ) ( ( )) , , ( )
f thỏa mãn f x y x y f x f y x y
18 VMO 2002: - Bảng B
Hãy tìm tất hàm số f(x) xác định tập hợp số thực R thỏa mãn hệ thức: 2002
2001
( ( )) ( ) ( ), , (*)
f y f x f x y y f x x y
19 VMO 2005: - Bảng A B
Hãy xác định tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,
f f x y f x f y f x f y xy x y
20 Tìm f : ( ; )0 thỏa maõn f xyz: ( )xf x( )yf y( )zf z( ),x y z, , ( ; )0
21 Tìm hàm số y = f(x) biết rằng:f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1 x y, R
22 Cho hàm f(x) x , không đồng thỏa pt: f(x).f(y) = f(x – y) x y, (*) Tìm f(x)
23 Tìm hàm số f(x) nếu:
2
0
2
( ) ( ) ( ) cos , ( )
( )
f x y f x y f x y x y
f f
(17)Bài 4: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN CÁC TẬP RỜI RẠC Tiết PPCT: 231-236
I Giới thiệu:
Bài giới thiệu phương pháp kỹ thuật giải phương trình hàm tập rời rạc
nhö
, , ,
… Để giải phương trình hàm xác định tập đó, ta phải hiểu rõ cấu trúc tính chất tập hợp Đối với , ta ý đến yếu tố sau: phép toán cộng nhân ; thứ tự; thứ tự tốt; định lý số học phân tích số thừa số nguyên tố
Cách tiếp cận viết là: Ví dụ – Phân tích – Lời giải – Nhận xét Phần cuối số tập áp dụng tự giải
II Noäi dung: (các pp giải)
1 Phương Pháp1: Dùng quy nạp Thứ tự để giải phương trình hàm
Một công cụ quan trọng ta thường sử dụng giải toán * Nguyên lý quy nạp toán học Công cụ đơn giản cho phương pháp hiệu để cơng phá tốn PP quy nạp khơng xa lạ Tốn, công cụ thực hiệu để giải toán xác định tập số nguyên (Tất nhiên có quy nạp tập thực, quy nạp hình học, ta xét dạng quen thuộc thôi) Điều quan trọng việc thiết lập giá trị hàm số điểm lớn điểm biết giá trị hàm số (theo giả thiết quy nạp), cụ thể ta cần để ý đến đẳng thức truy hồi biết
1.1 Các Ví dụ: VD1: (IMO 1982 baøi 1)
0 9999 3333
1982
: , :
( ) ( ) ( ) ; ( ) ; ( ) ( )
( )
Cho f thỏa mãn với m n thì
f m n f m f n hoặc f f và f
Tính f
Ta chứng minh quy nạp rằng: 9999
3 ( ) n
f n với n
Trước tiên dễ dàng chứng minh:
0 0
2 1
2 1
3 0 0
3 1 0
: ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) / ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
Ta có f f loại
f f f nhaän
f f f loại
f f f loại khơng
f f f
Vậy: f(3) = (*) Quy nạp lên, ta coù
3 3 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( )
f n n Với f n f f n a a f n b b Mặt khác f n( )3 n ta có f m(3 )m, mn do( ( )).1
3 3333 3333 3333
3 3333
3 3 3333
3 1 3
( ) , ( )
: ( ) ( ) ( ) ( )
: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
gt gt
Nhưng f do f n n với n
Bây ta có f n f n f a n a n
Nhöng n f n f n f n f n n
suy f n n Hay f n n Tương tự f n n Do đó
(18)VD2: Iran 1995
Tìm tất hàm số 0 0
3
( ) ( )
: \ x y f x f y , , \
f thỏa mãn f x y
Ta chứng minh rằng: f x( )c với x.Đặt f( )1 c
2
3
; ( ) ( )
( ) ( )
Cho x y ta coù f f c
Cho x y ta coù f f c
Bây ta chứng minh quy nạp với x > f(x) = c (x )
1 3
: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Ta có f f f c Giả sử với mọi xn n ta có f x c (x ) Gọi t số tự nhiên thuộc [1; n] cho (n +1) + t bội Khi đó: 1
3
( ) ( )
n t f n f t
f
1
1
3 ( ) : ( ) ,
n t
Vì tn và n ta có f n c có nghóa f x c x
* Xét k số âm Khi tồn l > cho l + k > l + k bội Cho x = l; y = k vào phương trình ban đầu, ta f(k) = c
Vậy ta có f(x) = c với số c
VD3: (CAMO1990) * *
( ) , :
Cho f n x vaø
10
1 2
2 1
1 1 1
2
* / ( ) ; ( )
/ ( ) ( ( )) ( ( )),
/ : ( ( )) ( ) ( )
/ ( )
a f f
b f n f n f n f n f n x
CM f n f n và n lẻ f n f n
Tìm n cho f n
1 1
2 3, , , 1, ,2k (2k ) 2k (2k ) 2k ( )
Ta có với k và i k ta có f i và f k j f j
chứng minh : quy nạp theo n
2
*Với k , ,n kiểm tra trực tiếp thấy thỏa mãn * Xét với n > 7; k > 3, đó:
1 1 2
2 2 2
1
2 2 2 2 2
( ) ( ( )) ( ( ))
: :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
k k k k k
k k k k k k k k k k
f i f i f i f i f i
TH Khi i k theo gtqn
f i f i f i f i f i
1 1
2
2 2 2
: , :
( k ) ( k k ) ( k k ) k
TH Khi i k ta coù
f i f k f k
1 1
3
2 2 2 2
: , :
( k ) ( k k ) ( k k ) k
TH Khi i k ta xác định
f i f k f k
Tương tự cho TH tính (2k )
f i j
Ta kết thúc lời giải cho câu
1 1
2
2 2 2 2
:
( )k ( k ( ) ( k ( ))) k ( k ) k ( k ( )) k
Mặt khác với k
f f k k f k f
1
2
( k ) k
Từ f
nghiệm phương trình
10 11
1 1
2
2 2 2 2 2 2
( ) ) :
( k ) ( k ( ) ( k ( ))) k ( k ( )) k ( k ( )) k
f n ta phải có n theo a với k ta tính
f f k k f k f
Do 11
(19)1.2 Bài tập tự luyện:
VD4: Tìm tất hàm soá * * :
f chof( )1 1 vaø f m n( ) f m( ) f n( ),n m, * (1)
VD5: Tìm tất hàm số :f cho f f n( ( ))2f n( )3n8, n ( )2
VD6: Tìm tất hàm số * * :
f cho:
/ ( )1 2 2 2 2 2 2 2 2 *
/ ( ) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( )) , , , ,
i f
ii f a b c d f a f b f c f d a b c d
VD7: (Putnam 1963)
Tìm tất hàm số * * :
f cho (a) f(2) = 2;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với m, n thuộc * (c) f(m) < f(n) với m < n
VD8: Tìm tất hàm số * * :
f cho: (a) f(2) = 2;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với m, n thuộc N*, (m, n) = 1; (c) f(m) < f(n) với m < n
VD9: Chứng minh không tồn hàm số * * :
f cho (a) f(2) = 3;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với m, n thuộc N* (c) f(m) < f(n) với m < n
2 Phương Pháp2: Sử dụng đánh giá bất đẳng thức
BĐT lĩnh vực rộng có nhiều ứng dụng Trong phần này, ta không tâm nhiều vào bất đẳng thức mà ứng dụng thiết thực việc xử lý tốn phương trình hàm Cần ý đến vài điểm:
1 Tính đơn điệu hàm cần thiết ta cí thể kẹp hàm số khoảng giá trị Ví dụ, ta có f hàm đơn điệu f a( )n f a( n1) với an an1 thì f x( ) f a( )n f a( n1)
1 [ ;n n ]
với x a a Hoặc kẹp: an f m( ) f a( n1) lý luận để loại TH không thỏa mãn cách xét giá trị khoảng ( ;a an n1)
2 Dùng BĐT bản, ví dụ 0,
a a
2.1 Caùc Ví dụ:
VD1: Tìm tất hàm số tăng thực * * :
f thỏa mãn: f n( f n( ))2 ( ),f n n
Do f tăng thực nên: f n( 1) f n( )1hay f n( 1) n f n( )n Suy f n( )n hàm số tăng Mặt khác, đặt a0 1;an1an f a( ).n Suy a0a1 , và f a( n1)2f a( )n , đó:
1
( n ) n ( )n n
f a a f a a Suy có vô hạn (m;n) cho f(n) - n = f(m) - n suy ( )
f n n k với k
(20)Cho hàm số f : thỏa điều kiện:
1 3 2012 2012 2013
( ) ; ( ) ( ) ( ) ( ) , ( )
f f n f n vaø f n f n n Tính f
- Theo tính chất: f n( 3) f n( )3 , với số nguyên n ta có:
2013 670 3 670 3 2013
( ) [( ) ] ( ) ( ) ( )
f n f n f n f n
- Mặt khác theo tính chất: f n( 2012) f n( )2012, ta có:
2013 2012 2012
( ) [( ) ] ( ) , ( )
f n f n f n n
- Từ (1) (2) suy ra: f n( 1) f n( ) 1, n ( )3
- Aùp dụng liên tiếp (3) ta được: f n( 2012) f n( )2012 ( )4 - Mà theo giả thiết ta có: f n( 2012) f n( )2012 (5) - Từ (4) (5) suy ra: f n( 2012) f n( )2012, n - Thay n = ta được: f(2013) f( )1 20122013 VD3: Tìm tất hàm số * *
:
f thoûa maõn: 19
97 98 232
[ ] [ ]
( ) ( ) , m( ) ( ( ( ))) (**)
m lần f n f n n với f n f f f n
2
( ) ( )
Đặt f n n t t Từ giả thiết suy ra: 97 98 232 232 97
( ) ( ) n ( )
f n n f n n 232
156 156 232 388 97
97
156 102 105 156
3 108 156
( ) ( ) (*)
( ) ( ) ( )
( (*))
( ( )) ( )
n
Với n thì f n n n chọn n vì n
Suy với n thì f n n Khi với n thì f n n
tức lại thỏa gt của
f f n f n n
Tiếp tục trình 17 lần ta có: 19
19 102 19 159 [ ]
( ) ( ) ( (*))
f n n không thỏa gt
19
36 97 97 57 97
3 98 232 57 97 97 251 232
38 38
0 36 97 98 232 97 98 232
97 97
[ ]
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) (**) ( ), :
: , ( ( ( )) ( ) )
Suy với n thì f n f n f n n f n
AÙp dụng và n n n t hay t hay t
n n
Do đó t n vì f n n n t n t
2 36
: ( ) ,
Suy f n n n Bây ta chứng minh quy nạp f n( )n2( n *) * Với n 36 hiển nhiên theo cm
* Với n > 36, giả sử kết luận với m < n Khi đó:
18 17 17
36 36 34
[ ] [ ] [ ]
( ) ( ( )) ( ) ( )
f n f f n f n f n n
Vì thế: 18 19
36 36 98 36 232 97 36
[ ] [ ]
( ) ( ( )) ( ) ( ) ( )
ñn
f n f f n f n n f n n
36 34
(theo QN f n( ) n )
Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu toán f n( )n2, n *
VD4: Cho hàm số * * :
f thỏa mãn: f n( 2)2f n( 1) f n( ) f f n( ( 1)) Chứng minh tồn a; b thỏa mãn với n > a ta có f(n) = b
2 1 1
: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( )
Ta coù f n f n f n f n f f n f n f n
(21)Giả sử tồn n1 cho f n( 01) f n( )0 1 Suy f(n) tăng thực với nn1 (2) Suy tồn
tại n2 n12 sao cho f n( 21)n1 Từ đó:
2 2 2 2
2
2 1 1
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( )
( ( ( )) ( )
f n f n f n f n f f n f n f n
do f f n f n
Từ f(n+1) - f(n) hàm số tăng, có nghĩa f n( )2n c với c Suy ra, f n( ) n với n đủ lớn Vì với n đủ lớn thì: (để vượt qua số n1)
3
2 1 1
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ( )) ( ) ( )
f n f n f n f n f f n f f n f n f n vô lý Suy
1
( ) ( ) ( )
f n f n f a b với n a (đfcm)
Ví dụ sau VD2 phần hàm số sử dụng tính chất số học, lời giải số học ngắn gọn trình bày Ở ta giải theo tư tưởng bất đẳng thức
2.2 Bài tập tự luyện:
VD5: (Austrian 2002) Cho hàm số * * :
f thỏa mãn:
/ ( 222) ( )2 *2
/ ( ) ( ) ( ), ,
i f x f x
ii f x y f x f y x y
VD6: (Baltic MO) Tìm tất hàm số tăng thực * * :
f thỏa mãn:
2 2
0 1
0
* / ( ) ; ( )
/ ( ) ( ) ( )
/ ( ) ( ) ( ) , ,
i f f
ii f f f
iii f x y f x f y x y
VD7: Tìm tất hàm số * * :
f thỏa mãn:
2
1 *
/ ( )
/ ( ) ( ) ( ), , gcd( , )
/ ( ) ( ), i f
ii f mn f m f n n m thỏa mãn m n
iii f m f n m n
VD8: Cho hàm số * * :
f thỏa mãn:
1995 95
/ ( ) ( ) ( ) / ( ) / ( ( ))
i f xy f x f y ii f x x iii f f Tìm giá trị nhỏ f(133)
VD9: Tìm tất hàm số * * :
f thỏa mãn: f xy( ) f xz( ) f x f yz( ) ( ) 1, x y z, , *
3 Phương Pháp3: Dùng Các tính chất số học
Ngồi phép tốn tính thứ tự, tập hợp số tự nhiên có nhiều tính chất số học thú vị, ví dụ định lý số học, vấn đề biểu diễn số (additive number theory), chia hết, phép chia Euclid … Tất tính chất ứng dụng việc giải phương trình hàm Chúng ta xem xét số ví dụ minh hoạ
3.1 Các Ví dụ:
VD1: Tìm tất hàm :f thoả mãn điều kiện
2 2
/ ( ) ( ) ( )
(22)Cho m = n = vào phương trình hàm, ta f(0) = 2 ( )
f Nếu f(0) từ suy f(0) = 1/2, điều mâu thuẫn f nhận giá trị Vậy f(0) = điều dẫn đến
2
( ) ( )
f m f m Ta viết a) dạng 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f m n f m f n f m f n
Ta ý f(1) = f( ) =
f (1) Vì f(1) > nên f(1) = Từ suy
2 2
2
2 2
2 2
2 1 1
4 2
5 2
8 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
f f f f
f f f
f f f f
f f f f
Hơn nữa, ta thấy
2 2 2 2
25 f ( )5 f( )5 f(3 4 ) f ( )3 f ( )4 f ( )3 16, từ suy f(3) = Từ ta lại có: f(9) = f(
3 ) = f2(3) = 9; 2 2
10 3 10
( ) ( ) ( ) ( )
f f f f
Sử dụng đẳng thức 2 2
7 1 5 5 , biết f(5), f(1), ta tính f(7) = Cuối cùng, ta sử dụng đẳng thức 2
10 6 8 để thu f(6) =
Như ta có f(n) = n với n 10 Ta sử dụng đẳng thức sau
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
5
5
5 3
5 4
5 4 3
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
k k k
k k k
k k k
k k k
k k k
Với k 3, ta thấy số hạng vế phải nhỏ số hạng lớn vế trái Các đẳng thức cho phép tính f(n) theo giá trị f điểm nhỏ Ví dụ với k = 2, từ đẳng thức
đầu tiên ta có: 2 2
11 10
( ) ( )
f f
Từ tính f(11) = 11 (Vì biết f(2) = 2, f(10) = 10, f(5) = 5.) Vậy ta kết luận f(n) = n với n thuộc
Bài tốn giải kỹ thuật tương tự Bài đăng AMM năm 1999 nhiều nước sử dụng làm đề thị chọn đội tuyển (Pháp 2004, Hà Nội 2005, Việt Nam 2005)
VD2: (VN TST 2005)
Tìm tất hàm số 3 3 3
: ( ) ( ) ( ) ( )
f thỏa mãn f x y z f x f y f z
Kí hiệu P(x,y,z) cách cho (x;y;z)
vào phương trình
0 0 0
0
* ( , , ) ( )
* ( , , ) ( ) ( )
P f
P x x f x f x
1 2
1 1 3
* ( , , ) ( ) ( )
* ( , , ) ( ) ( )
P f f
P f f
Ta chứng minh quy nạp mệnh đề sau: f n( )nf( ),1 n * Với n = hiển nhiên
* Giả sử n = k 0 đúng, ta chứng minh với n = k + Với k = 2t, sử dụng đẳng thức:
3 3 3
2 4
( t ) ( t ) (t ) ( t) k = 2t - thì: 3
2 2 2
( ) ( ) (j ) ; ;
t i i t j
Ta coù: 3 3 3
2 5
( ) ( ) ( ) (( ) )
f t f f f t
3 3 3
2 4 4
(( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) ( )
f t t t f t f t f t
(Do f lẻ nên f(4-t) = - f(t-4) = - (t-4)f(1))
(23)VD3: Tìm tất hàm số f :
thoả mãn điều kiện a) f(x+1) = f(x) + với x thuộc
;
b) 3
( ) ( )
f x f x với x thuộc
Từ b), cho x = suy f(1) = Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh f(n) = n với n thuộc N*, nữa, f(x+n) = f(x) + n với n nguyên dương Xét x = p/q Ta chứng minh f(x)
= x Thaät vaäy, ta coù 3 2 3
3 3
(x q ) x ( / )p q q ( / )p q q q x ( p pq q )
Ở đây, số hạng ngoặc số nguyên dương Áp dụng tính chất a), điều vừa chứng minh nói
trên, ta có 3 3
3 3
(( ) ) ( ( )) ( ) ( ) ( )
f x q f x p pq q f x p pq q
Áp dụng tính chất b) ta có (1) viết lại thaønh: 3
( ( )f x q ) f x( ) p pq q
Đây phương trình bậc theo f(x) Giải ra, ý f(x) > 0, ta f(x) = p/q = x
3.2 Bài tập tự luyện:
VD4: Tìm tất hàm số * * 2 *
: : ( ) ( ) , ,
f thỏa mãn x f y f x y x y
VD5: (Austrian 2002) Tìm tất hàm số * *
: :
f thỏa mãn
22
/ ( ) ( )
a f x f x b/ f x y( ) f x f y( )2 ( ),x y, *2
VD6: (Iran TST 2005) Tìm tất hàm số f : thỏa mãn tồn số k số nguyên tố p cho n k f n p, ( ) f n m n f m( ) ( 1) ( )f n 1
VD7: Tìm tất số nguyên không âm n nhỏ cho tồn hàm số f :[ ;0 ) khác số thỏa mãn
2
1
2
/ ( ) ( ) ( ) ; ; ;
/ ( ) ( ) ( )
f x y f x f y n
f xy f x f y
(24)BÀI 5: PHƯƠNG TRÌNH HÀM CHUYỂN ĐỔI ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH Tiết PP: 237-240
Cho x; y không đồng thời Ta có:
2 2
2
2 ;
: : :
: max ;
x y
xy TB điều hòa
x y
TB nhân xy
x y TB cộng
x y
TB bình phương
x y
2 2
2
*Khi đó: x y; xy xy x y x y max x y;
x y
A Các ví dụ:
1 Tìm f(x) xác định liên tục R, thoûa:
2
( ) ( )
(x y) f x f y ; ,
f x y
Đặt f(x) - f(0) = g(x) ; g(0) = vaø g(x) liên tục R
0
1
2 2 2
0
2
0
2
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) : ( )
( )
: ( ) ; ;
( ) ( ) ( ); ( ) ( ) ;
( )
x y f x f f y f x y g x g y
f f g
x g x
y g
y g y
x g x y
x y x y
g g g g x liên tục treân
g x ax a
f x ax b
2 Tìm f(x) xác định liên tục R, thỏa:
(x y) ( ) ( ); ,
f f x f y x y (1)
Từ (1) suy f x( ) 0 x
0 0 0
2
1
2 2
1
* : ( ) ( ) ( )
* ( )
ln ( ) ln ( ) ( ) ( )
( ) ln ( ) ( ) ( ln )
( ) ln( ( )) ( )
: ( ) ( )
ax b
ax b
x y
Neáu x f x f f x
Xeùt f x x
x y f x f y x y g x g y
f g với g f
Theo BT g x ax b f x ax b f x e
KL f x hoặc f x e
(25)3 Tìm f(x) f :
xác định liên tục R, thỏa:
2
( ) ( )
( ) ; , ( )
( ) ( )
x y f x f y
f x y
f x f y
1
2 1
1
1
2
2
2
0 0
1
0
( ) ( )
( ) ( ) ; ( , ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) , ( ) ,
: ( ) ( )
x y f x f y
f x y Đặt g x
x y f x
f
f x f y
x y g x g y
g g x ax b
Vì f x x g x x a và b
KL f x b
b
4 Tìm f(x) xác định liên tục R, thỏa:
2
1
2
( ) ( )
(x y) f x f y ; , ( )
f x y
Từ (1) suy f x( ) 0 x
2
2
2
( ) ( )
( ) f (x y ) f x f y
2
2
1
( ) ( )
( ) ( ( ) ( ))
( )
x y g x g y
g với g x f x
Theo BT g x ax b
2
0 0
0
( ) ( ) ,
: ( ) ( )
Vì g x f x x a vaø b
KL f x b b
5 Tìm f(x) xác định liên tục R+, thỏa: f( xy) f x f y( ) ( ); ,x y ( )1
Từ (1) suy f x( ) x
0 0
2
0 0
0
1
2
2
.l
* : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
* ( ) ,
( ) , ; : ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( , )
( ) ( ( ) )
( ) ( )
u v t
u v
u v
ax b
x ax b a
Neáu x f x f x y f x f y f x
Xeùt f x x
Vì f x nên đặt x e y e f e g t
f e f e f e
u v
g g u g v với u v
Theo BT g x e vì g x
f e e f x e
0
n ln
( )
: ( ) ( ) , ,
x b b x a b a a
a
e e e x c x
KL f x hoặc f x c x a c
(26)6 Tìm f(x) xác định liên tục R+, thỏa:
( ) ( )
( ) f x f y ; , ( )
f xy x y
Vì x > ; y > nên đặt: x = eu ; y = ev; f(eu) = g(u) - Vì f liên tục => g liên tục R có:
2
2
2
1
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( , )
( )
( ) ( ) ln , ,
: ( ) ln , , : ( ) ln , ,
u v u v
x
f e f e
f e
u v g u g v
g với u v
Theo BT g x ax b
f e ax b f t a t b a b
Hay f x a x b a b
KL f x a x b a b
7 Tìm f(x) xác định liên tục R+, thỏa:
1
( ) ; , ( )
( ) ( )
f xy x y
f x f y
1
1
1
2
2
0 0
1
0 ( ) ( )
( ) ; , ( ) : ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ln
( ) ( ) , ;
: ( ) ( )
f x f y
x y Đặt g x
f x
f xy
g x g y
g xy
Theo BT g x a x b
Vì f x liên tục trên nên g x x a b
KL f x b
b
8 Tìm f(x) xác định liên tục R+, thoûa:
2
1
( ) ( )
( ) f x f y ; , ( )
f xy x y
Từ (1) suy f x( ) 0, x
Vì x > ; y > nên đặt: x = eu ; y = ev; [f(eu)]2 = g(u) g u( )0,u - Vì f liên tục => g liên tục R+ có:
2 2
2
2
2
2 2
1
0 0
0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( , )
( )
: ( ) , ;
: ( ) ( ) , ( ) ,
: ( ) ,
u v u v u v u v
x x
f e f e f e f e u v g u g v
f e f e g với u v
Theo BT g x ax b
Maø g x x nên a b
Vậy f e b f e b b f x c c
Hay f x c c
(27)B Bài tập tự luyện:
9 Tìm f(x) xác định liên tục \ 0 , thoûa: 2 0
1 1 ; ; , ( )
( ) ( )
f x y x y
x y f x f y
10 Tìm f(x) xác định liên tục \ 0 , thỏa:
1
( ) ( ) ( )
f x f y
f
x y
0; ,
x y x y
11 Tìm f(x) xác định liên tục \ 0 , thỏa: 1 ( ) ( ) ( )
f f x f y
x y
0; ,
x y x y
12 Tìm f(x) xác định liên tục \ 0 , thoûa:
2
2
1
1
( ) ( ) ( )
f x f y
f
x y
0; ,
x y x y
13 Tìm tất hàm f(x) xác định, liên tục R+ thoûa:
2 2
1
2
( ) ( )
, ( )
x y f x f y
f x y
14 Tìm tất hàm f(x) xác định, liên tục R thỏa: 2
1
2
( ) ( )
, ( )
x y f x f y
f x y
15 Tìm tất hàm f(x) xác định, liên tục R thỏa: 2
1
2 ( ) ( ) , ( )
x y
f f x f y x y
16 Tìm tất hàm f(x) xác định, liên tục R thỏa: 2
2
1
1
2 , ( )
( ) ( )
x y
f x y
f x f y
(28)Bài 6: PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC Tiết PP: 241-242
Phần 6.1: CÁC VẤN ĐỀ CHUNG A Lý thuyết:
I/ Một số khái niệm bản: - Đa thức f(x) có dạng:
1
1
1 0
*
( )
: , , , , , , )
n n n
n n n
n n n n
f x a x a x a x a
Trong n x a a a a và a
- Số tự nhiên n gọi bậc f(x), kí hiệu deg f = n
- Đa thức
1
( ) n n n
n n n
f x a x a x a x a
đồng khi: an an1an2 a0
- Mỗi đa thức khác khơng có cách biểu diễn
- Hai đa thức khác mà chúng bậc hạng tử (hệ số) - Đa thức mà có tất hệ số thực kí hiệu [ ]x , tương tự cho [ ];x [ ]x
II/ Phép chia đa thức:
- Với hai đa thức f(x) g(x) (g x ( ) 0) tồn hai đa thức q(x) r(x) cho: ( ) ( ) ( ) ( )
f x q x g x r x (deg r < deg g)
- Nếu r(x) = nói f(x) chia hết cho g(x), kí hiệu là: f x g x( ) ( ) - Số nghiệm f(x) f( ) 0 hoặc f x( ) ( x)
- ta nói nghiệm bội k (k,k2) đa thức f(x) tồn đa thức g(x) ( ( )g x 0) sao cho ( ) ( ) ( )k
f x x g x
III/ Phương trình hàm đa thức: 1/ Tổng quát:
- Giả sử 1, 2, , nghiệm đa thức f(x) với bộitương ứng n k k1, 2, ,kn tồn
tại đa thức g(x) cho:
1
( ) ( ) (k ) (k ) ( )kn
n
f x x x x g x ;
0
(với g x( ) , degf k k kndeg )g
- Mọi đa thức có bậc n1 có khơng q n nghiệm
- Đa thức bậc lẻ ln có nghiệm (có thể cm giải tích)
- Nếu đa thức f có deg f = n, mà tồn n + nghiệm phân biệt 1, 2, , n, n1, f(x) = VD: Chứng minh đa thức có dạng: f(x) = f(x + a) (*) f(x) đa thức
1
1
1
1
0
( )
(*) : ( ) ( )
( )
n n
n n
n n n n
n n n n
n n n
Đặt f x a x a x
Thay vaøo a x a a x a a x a x
a Tiếp tục q trình đó a a a
f x c
VD: Chứng minh đa thức có dạng: f x( ) f(2x) f(x) đa thức
1
1
1
1
2
0
( )
(*): ( ) ( )
( )
n n
n n
n n n n
n n n n
n n
Đặt f x a x a x
Thay vaøo a x a x a x a x
a a a f x a c
(29)B Các ví dụ:
1 Tìm tất đa thức thỏa: (x1) (f x1) ( x2) ( ),f x x ( )1
Chọn x = (1) trở thành f(1) = suy x = nghiệm f(x) Chọn x = -2 (1) trở thành f(3) = suy x = -1 nghiệm f(x) Chọn x = (1) trở thành f(0) = suy x = nghiệm f(x) Khi ta có: f(x) = x(x - 1)(x + 1).g(x)
Thay vào (1) ta coù:
1 2 1
(x )(x )(x x g x) ( )x x( )(x )(x ) ( )g x
1
1
( ) ( ) ( )
: ( ) ( )( )
g x g x g x const c
Khi f x x x x c
Thử lại ta thấy thỏa
2 Tìm tất đa thức thỏa: xf x( 1) ( x5) ( ),f x x ( )1
Chọn x = (1) trở thành f(4) = suy x = nghiệm f(x) Chọn x = (1) trở thành f(3) = suy x = nghiệm f(x) Chọn x = (1) trở thành f(2) = suy x = nghiệm f(x) Chọn x = (1) trở thành f(1) = suy x = nghiệm f(x) Chọn x = (1) trở thành f(0) = suy x = nghiệm f(x) Khi ta có: f(x) = x(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4).g(x)
Thay vào (1) ta có: g x( 1)g x( )
1
( )
: ( ) ( )( )( )( )
g x const c
Khi f x x x x x x c
Thử lại ta thấy thỏa
3 Tìm tất đa thức thỏa: 2
1 1
[( ) ] ( ) , ( )
f x f x x x
2 2
3 1
: ( ) [( ) ] ( ) ( ) ( ) ( )
Ta coù f x x f x x
Đặt h x f x x
Thay vào ta có: 2
1
[( ) ] ( ) ( )
g x g x g x constc
Khi ấy: f(x) = x + c Thử lại ta thấy thỏa
4 Tìm tất đa thức thỏa: 2
1
(x ) f x( ) ( x ) (f x ), x ( )
Chọn x = (1) trở thành f(3) = suy x = nghiệm f(x) Chọn x = (1) trở thành f(3) = suy x = nghiệm f(x) Khi ấy: f(x) =
3 (x ) ( )g x
Thay vaøo (1) ta có: g x( )g x( 2)
( ) : ( ) ( )
g x const c Khi f x x c
Thử lại ta thấy thỏa
C Bài tập tự luyện:
5 Tìm tất đa thức thỏa: (x8) (P x2 )8(x1) ( ),P x x ( )1 6 Tìm tất đa thức thỏa: (x1) ( ) (P x x2010) (P x1) ( )1
7 Tìm tất đa thức f; g thỏa: 2 2
1 1 1
(30)Phần 6.2: SỬ DỤNG BẬC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tiết PP: 243 -244
A Lý thuyết:
Ta có cơng thức sau:
0
deg[ ] deg deg deg[ ] deg deg
fg f g
f g f g
B Các ví dụ:
1 Tìm (xác định) h/số f(x) biết f(x) đa thức bậc ba thỏa: 0 2 ( )
( ) ( )
f
f x f x x x
- Vì f(0) =
( ) ax
f x bx cx
(1)
3
1 1
( ) ( ) ( ) ( )
f x a x b x c x
= 2
3 2
ax ax ax a bx bx b cx c ( )
=
3
( ) ( ) ( )
ax a b x a b c x a b c
2
1 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x f x b a b x b a x a b c x
3
3
1 1
2
3 6
0
; ; ( )
a
x x x
b a a b c f x
a b c
Caùch khaùc:
0 0
1 1 1
3
2
3 14 27 14
( ) ( )
; ;
( ) ( )
f d
f a b c
a b c
f a b c
f a b c
2 Tìm tất đa thức thỏa: 2
2 ( )
x x x x P x
Đặt d = degP(x) ta có: 42dd2
Suy ra:
0
( ) ( )
P x ax bx c a
Trong hệ số cao vế trái nên a = Ta thay vào thu gọn vế:
4
2 8 (4 ) 4
x x x x x bx c x bx c
Tiến hành đồng ta được: 2
b c
Suy ra:
2
( )
P x x x
3 Tìm tất đa thức thỏa: P x( 1) (P x1)P P x[ ( )] ( )1
Đặt d = degP(x) ta có:
2dd d0 hoặc d2
* Khi d = ta có P(x) = const = c thay vào (1) thì: 0
1
( ) ( )
c P x
c c
c P x
* Khi d = ta có:
0
( ) ( )
P x ax bx c a Ta thay vào (1) thu gọn vế được:
2 2 2 2
4 2 2
2 2 2
2 2
( ) ( )
( ) ( )
a x abx a ac b x ab bc x a ac c b
a x a bx ab a c ab x abc b x bc ac
Tiến hành đồng ta được: a1;b 2;c1
Suy ra:
1 ( ) ( )
P x x Vậy ta có:
0 1
( ) ; ( ) ; ( ) ( )
(31)C Bài tập tự luyện:
4 (Đề đề nghị Olympic 30/4/2010)
Tìm tất đa thức thỏa: P P x[ ( )x]P x P x( ) ( 1), x ( )1
5 VMO 2006 - Baûng A
Hãy xác định tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau:
2 2
3
( ) ( ( ) ( )) ( ( )) ( ),
P x x P x P x P x x x (1)
6 Cho P(x) đa thức bậc n thỏa P(x) 0, x CMR: P(x) + P’(x) + P”(x) + + P(n)(x) x
Phần 6.3: PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA MỘT ĐA THỨC Tiết PP: 245-246
A Các ví dụ:
1 VMO 2003: - Baûng B
Hãy tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức:
3
3 3
(x x x ) (P x ) ( x x x ) ( ),P x x
Ta coù: 3
3 3
(x x x ) (P x ) ( x x x ) ( ),P x x (2)
2
2 1
(x )(x x ) (P x ) (x )(x x ) ( ),P x x
(3)
Thay x = -2 vào (3) ta được: = -28.P(-2) => P(-2) = Thay x = vào (3) ta được: = 28.P(1) => P(1) = Từ đó:
+ Thay x = -1 vào (2) ta được: = -9.P(-1) => P(-1) = + Thay x = vào (2) ta được: = 9.P(0) => P(0) =
Từ kết trên, suy ra: P(x) = (x-1)x(x+1)(x+2).Q(x) , x (4) Trong Q(x) đa thức với hệ số thực biến x Dẫn tới:
P(x - 1) = (x-2)(x-1)(x)(x+1).Q(x-1) , x (5)
Từ (3), (4), (5) ta được:
2
2 1 1 1
(x )(x ) (x x )(x )(x x ) (Q x ) ( x )(x ) (x x )(x )(x x ) ( ),Q x x
Suy ra: 2
1 1
(x x ) (Q x ) ( x x ) ( ),Q x x ; ; Do vế đẳng thức đa thức biến x nên:
2
1 1
(x x ) (Q x ) ( x x ) ( ),Q x x (6)
Từ đó, 2
1 1
(x x ;x x ) , suy
1 ( ) ( ) ( ),
Q x x x R x x (7) R(x) đa thức với hệ số thực biến x
Dẫn tới:
1 1
( ) ( ) ( ),
Q x x x R x x (8)
Từ (6), (7), (8) ta được: 2 2
1 1 1
(x x ).(x x ) (R x ) ( x x ).(x x ) ( ),R x x
Từ đó, 2
1
(x x )(x x ) , x ta R(x -1)= R(x), x
Suy R(x) đa thức Từ (7), (4) ta được:
1
( ) ( ) ( )( )( ),
P x c x x x x x x x , c số thực tùy ý
(32)B Bài tập tự luyện:
Chú ý: Nếu ta xét: 3
1 1 3
( ) ( )( ) ( ) ( )
P x x x thì P x x x x x
3 2
3 1
: ( ) ( ) ( )( ) ( )
Do x x x x P x x x x P x
Từ có tốn sau:
2 Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức:
3 2
3 1
(x x x ) ( ) (x P x x )(x x ) (P x ), x
- Giải BT khơng khác so với BT phần * Tương tự ta xét: 2
1
( ) ( )( )
P x x x x ta có tốn sau:
3 Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức:
2 2
4 4 2
( x x )( x x P x) ( ) ( x )(x x ) (P x ), x
* Có thể theo PP mà tạo BT khác
4 Cần thơ 09 - 10:
Tìm đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện: P(1) = 2010 2
4
(x y P x y ) ( ) ( x y P x y ) ( ) xy x( y ),x y,
5 (THPT chuyên Lê Hồng Phong - Duyên hải Bắc lần - 2010 - Ninh Bình)
Tìm tất đa thức P x với hệ số thực thỏa: 1 1 1
(33)Phần 6.4: PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC DẠNG P(f)P(g) = P(h) Tiết PP: 247-248
A Lý thuyết:
1 Phương trình dạng P(f)P(g) = P(h)
Bài toán tổng quát: Giả sử ( ), ( )f x g x ( )h x đa thức thuộc [ ] x cho thoả mãn điều kiện: deg( ) deg( ) deg( )f g h Tìm tất đa thức ( )P x thuộc [ ] x cho:
[ ( )] [ ( )] [ ( )]
P f x P g x P h x , x (1)
Nghiệm phương trình hàm (1) có nhiều tính chất đặc biệt giúp xây dựng tất nghiệm từ nghiệm bậc nhỏ:
Định lý Nếu ,P Q nghiệm (1) P Q nghiệm (1) Chứng minh:
( )[ ( )]P Q h x (P)(h(x)).Q(h(x)) = P(f(x)).P(g(x)).Q(f(x)).Q(g(x)) = (P.Q)(f(x)).(P.Q)(g(x))
Định lý Nếu P(x) nghiệm (1) Pn(x) nghiệm (1) (là hệ định lý 1)
Trong nhiều trường hợp, định lý cho phép mô tả hết nghiệm (1) Để làm điều này, ta có định lý quan trọng sau đây:
Định lý Nếu f, g, h đa thức với hệ số thực thoả mãn điều kiện deg(f) + deg(g) = deg(h) thoả mãn hai điều kiện sau:
(i) deg(f) deg(g)
(ii) deg(f) = deg(g) f* + g* 0, f*, g* hệ số cao đa thức f g tương ứng
Khi n , tồn nhiều đa thức P(x) có bậc n thoả mãn phtrình (1)
Chứng minh:
Giả sử P đa thức bậc n thoả mãn phương trình (1), deg(f) = f, deg(g) = g, deg(h) = h, hệ số cao P, f, g, h tương ứng P*, f*, g*, h* So sánh hệ số cao hai vế đa thức phương trình : P(f(x))P(g(x)) = P(h(x))
Ta có P*(f*)n.P*(g*)n = P*(h*)n từ suy P* = (h*/f*g*)n
Như vậy, giả sử ngược lại, tồn đa thức Q bậc n (khác P) thoả mãn phương trình (1) Q* = P* ta có: Q(x) = P(x) + R(x) với r = deg(R) < n
(ta quy ước bậc đa thức đồng -, deg(R) đồng nghĩa R khơng đồng 0)
Thay vào phương trình (1), ta
(P(f) + R(f))(P(g) + R(g)) = P(h) + R(h)
P(f)P(g) + P(f)R(g) + R(f)P(g) + R(f)R(g) = P(h) + R(h) P(f)R(g) + R(f)P(g) + R(f)R(g) = R(h) (2) Bây ta xét trường hợp
(34)ii) deg(f) = deg(g) Khi đó, hai đa thức vế trái (2) có bậc nf + rg = ng + rf xảy triệt tiêu thực phép cộng Tuy nhiên, xét hệ số cao hai đa thức này, ta có hệ số xnf + rg đa thức thứ thứ hai P*(f*)nR*(g*)r, R*(f*)rP*(g*)n Như thế, bậc xnf+rg tổng hai đa thức
P*R*f*rg*r(f*(n-r)+g*(n-r)) f* + g* Như vậy, bậc vế trái (2) nf + rg, bậc vế phải rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn
Định lý chứng minh hoàn toàn
Áp dụng định lý định lý 3, ta thấy P0(x) đa thức bậc thoả mãn phương
trình (1) với f, g, h đa thức thoả mãn điều kiện định lý tất nghiệm (1) có dạng: P(x) 0, P(x) 1, P(x) = (P0(x))n
B Các ví dụ:
Sau đây, xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói
VD 1: Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn: P(x2) = P2(x) , x (3) Ta có hàm f(x) = x, g(x) = x, h(x) = x2 thoả mãn điều kiện định lý 1.3, hàm P(x) = x hàm bậc thoả mãn (3) hàm P(x) 0, P(x) 1, P(x) = xn, n = 1, 2, 3, … tất nghiệm (3)
VD 2: (Bungari 1976)
Tìm tất đa thức P(x) thỏa 2
2
( ) ( ),
P x x P x x (*)
Ta có hàm f(x) = x -2, g(x) = x - 2, h(x) = x2 - 2x thoả mãn điều kiện định lý 1.3, hàm P(x) = x +1 hàm bậc thoả mãn (*) hàm P(x) 0, P(x) 1, P(x) =
1 *
( ) (n )
x n tất nghiệm (*)
VD 3: (Vietnam 2006)
Hãy xác định tất đa thức P(x) với hệ số thực, thoả mãn hệ thức sau: P(x2) + x(3P(x) + P(-x)) = (P(x))2 + 2x2 (4) với số thực x Thay x = - x vào (4), ta được: P(x2) – x(3P(-x) + P(x)) = (P(-x))2 + 2x2 (5) Trừ (4) cho (5), ta được: 4x(P(x) + P(-x)) = P2(x) – P2(-x)
(P(x) + P(-x))(P(x) – P(–x) – 4x) = (6) (6) với x thuộc R, ta phải có
+ Hoặc P(x) + P(-x) = với vô số giá trị x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = với vô số giá trị x Do P đa thức nên từ ta suy
+ Hoặc P(x) + P(-x) = với x + Hoặc (P(x) – P(–x) – 4x = với x Ta xét trường hợp:
+ P(x) + P(-x) =
Khi ta có phương trình: P(x2) + 2xP(x) = (P(x))2 + 2x2 P(x2) – x2 = (P(x) – x)2
Đặt Q(x) = P(x) – x Q(x2) = Q2(x) Theo ví dụ Q(x) 0, Q(x) 1, Q(x) = xn Từ P(x) = x, P(x) = x+1, P(x) = xn + x So sánh với điều kiện P(x) + P(-x) = 0, ta nhận nghiệm: P(x) = x P(x) = x2k+1 + x, k = 0, 1, …
(35)Khi ta có phương trình: P(x2) + x(4P(x) – 4x) = P2(x) + 2x2 P(x2) – 2x2 = (P(x) – 2x)2
Đặt Q(x) = P(x) – 2x Q(x2) = Q2(x) Q(x) 0, Q(x) 1, Q(x) = xn Từ P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = xn + 2x So sánh với điều kiện P(x) – P(-x) – 4x = 0, ta nhận nghiệm: P(x) = 2x, P(x) = 2x+1 P(x) = x2k + 2x, k = 1, 2, …
Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất nghiệm (4) đa thức
P(x) = x, P(x) = 2x, P(x) = 2x+1, P(x) = x2k+1 + x, P(x) = x2k + 2x với k = 2, 3, …
C Bài tập tự luyện:
1 (Chọn Đội tuyển HCM 2006-2007)
Tìm tất đa thức thỏa: 2
2
( ) [ ( ) ( )], ( )
Q x Q x x Q x x
(36)PHẦN 2: PHỤ LỤC CÁC ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC GIA
1 CÁC BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA - VMO VMO 1985 A:
Bài 2: Gọi M tập hợp tất hàm số f xác định với số nguyên nhận giá trị thực thỏa mãn tính chất sau:
a/ Với số nguyên x y f(x).f(y) = f(x + y) + f(x - y) b/ f(0) 0
Tìm tất hàm số
2 ( ) fM cho f VMO 1991 A:
Bài 1: Hãy xác định tất hàm số f : cho bất đẳng thức sau với số thực
x, y, z bất kì: 1
2 f xy( )2 f xz( )f x f xy( ) ( )4
Đáp số toán là: f(x)
Ta thực bước chọn ẩn sau:
a/ Cho x = y = z = ta nhận 1
0 0
4
( ) ( ) ( )
f f hay f
b/ Cho y = z = ta nhận ( )
f x với x
c/ Cho x = y = z = ta nhận 1 ( )
f
d/ Cho y = z = ta nhận ( )
f x với x
Vaäy: f(x)
, dễ thử lại, đáp số tốn VMO 1993 A:
Bài 3: Hãy xác định tất hàm f(n) xác định tập số nguyên dương với giá trị
nguyeân dương thỏa mãn: 1945
1993
( ( )) ,
f f n n n
VMO 1996 A:
Bài 4: Hãy xác định tất hàm f(n) xác định tập số nguyên dương với giá trị nguyên dương thỏa mãn: f n( ) f n( 1) f n( 2) (f n 3) 1996, n
VMO 1997 A:
Bài 3: Có hàm f(n) xác định tập số nguyên dương với giá trị nguyên dương thỏa mãn: f(1) = f(n).f(n+2) = f(n+1)2 + 1997, *
n
Gọi D tập tất hàm số f có tính chất nêu Để cho gọn, kí hiệu: an = f(n)
2
2
2
1
2 3
2
1 2
1997
1997
3
: ( )
: : ( ), , ( )
n n n
n n n
n n n n
n n n
n n
Ta coù a a a
a a a
a a a a a a
Suy ra Vậy a c a a với c số c
a a a
(37)2 1 2
2
2
2 3
1
1997 1997
2 1997 1997 1998
*
Ta CM , ( , ) ( ) : ( )
, ( )
( ) ( ),( ) : /
n n n n
n n n
p
c Thật c với p q thì từ ta có q a a pa q a
q
Vì a a a q nên q do là nguyên tố
Đặt f a từ ta có ca a a a a a ca a a
Nghĩa f(2) ước dương 1998 f thuộc D Đảo lại, với ước dương a 1998 xây dựng hàm f: *
nhö sau:
2
2 2
1998
1 20
2
2 1997
*
*
( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ),
min
( ) ( ) ( ) ( ) , :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f f a f n a b f n f n b
a
Ta chứng h f D
Dễ thấy f n và f n f n f n không phụ thuộc n vậy
f n f n f n f f a b a a f D
Tương ứng f > f(2) song ánh D tập ước dương 1998 Vậy:
1 1 1 16
( )( )( )
D
VMO 1999: - Baûng A:
Bài 6: Hãy xác định tất hàm f(t) xác định tập số nguyên không âm với giá trị T=0 2, , , ,1999 thỏa mãn đk sau:
a/ f(t) = t với 0 t 1999
b/ f( m + n) = f(f(m) + f(n)) , m n,
Giả sử f hàm số cần tìm Đặt f(2000) = a; b = 2000 - a Ta có: 1b2000 Ta có nhận xét sau (dễ chứng minh quy nạp)
Nhận xét 1: Với r mà 0 r b ta có f: (2000r) a r
Nhận xét 2: Với k mà 0 r b ta có f: (2000kb r ) a r Từ nhận xét ta suy f hàm cần tìm thì:
2000 2000 2000
2000 ( )
(*) ( ) (mod( ));
( )
f t t
f a với r m a r a
f m a r
Ngược lại, cho a T Xét hàm số f xác định thỏa mãn (*) Dễ thấy f n( )T, n Ta cần kiểm tra: f( m + n) = f(f(m) + f(n)) ,m n, (1)
Việc kiểm tra dựa nhận xét sau: (dễ chứng minh)
Nhận xét 3: f n b( ) f n( ), n a b, 2000a Nhận xét 4: n f n( ) (mod ),b n
Bây cần CM (1) cho trường hợp có hai số m, n không thuộc T Giả sử m2000 Khi m n 2000a f(m)+ f(n) a f m( ( )a)
( ) ( ) (mod )
Mà m n f n f m b (theo nhận xét 4) Thành thử nhận xét => f( m + n) = f(f(m) + f(n))
(38)VMO 2000: - Baûng B:
Bài 6: Tìm tất hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện:
1
( ) ( ) ,
x f x f x x x x
(cũng o 199?)
Thay x - x ta được:
1 1
( x) (f x) f x( ) ( x) ( x) , x
Như ta có hệ:
2
2
1
1 1
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x f x f x x x
f x x f x x x
2 2 2
1 1 1
: ( )( ) ( )( )( )
( ) ,
x
x
Ta coù D x x x x vaø D x x x x x
Vaäy D f x D x
Từ ta có nghiệm toán là:
2
4
2
: ;,
( ) : ( )
:
x x a x b
f x c x a c tùy ý
a a a c x b
2
1
, :
với a b nghiệm pt x x
VMO 2001: - Baûng B: - Không có Phương trình hàm
VMO 2001: - Bảng A:
Bài 5: Cho hàm số 2
( ) x
g x
x
Hãy tìm tất hàm số f(x) xác định, liên tục khoảng (-1; 1) thỏa mãn hệ thức: 2
1 1
( x ) ( ( )) (f g x x ) ( ),f x x ( ; )
Viết lại hệ thức đề dạng:
2
2 2
1
1 1
1
( )
( ( )) ( ) ( ), ( ; )
( )
x
f g x x f x x
x
(6)
Đặt:
1 1
( ) (x x ) ( ),f x x ( ; )
, đó, f(x) liên tục (-1; 1) thỏa mãn (6) ( )x
liên tục (-1; 1) thỏa mãn hệ thức: ( ( ))g x ( ),x x ( ; )1 (7)
Dễ thấy:
1
( ) x, ( ; )
u x x
x
song ánh từ 0( ;) đến (-1; 1) Do viết lại (7)
daïng: 1
1
( (g x)) ( x),x ( ; ) hay
x x
2
1
0
1
( x ) ( x),x ( ; ) ( )
x x
Xét hàm số: h(x) = 1 ( x)
x
, x ( ;0 )
Khi đó, ( )x liên tục (-1; 1) thỏa mãn (8) h(x) liên tục 0( ;) thỏa mãn hệ thức: h(x2) = h(x), x ( ;0 ) (9)
Từ (9), PP quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được:
0
( ) ( n ), ( ; ),
h x h x x n Từ đó,
1
lim (n ) ( ) ( ; )
n x và h x liên tục trên suy h(x) = h(1), x ( ;0 ) Dẫn tới ( )x = const x ( ; )1 Vì vậy: 2 1
1
( ) a ( ; )
f x x trong a tùy ý
x
(39)VMO 2002: - Bảng B:
Bài 2: Hãy tìm tất hàm số f(x) xác định tập hợp số thực R thỏa mãn hệ thức: 2002
2001
( ( )) ( ) ( ), ,
f y f x f x y y f x x y
Giả sử f(x) hsố thỏa yêu cầu đề
Lần lượt y = f(x) y = x2002 vào hệ thức bài, ta được:
2002
2002 2002
2002
0 2001
0 2001
0
( ) ( ( )) ( ( )) ,
( ( )) ( ) ( ),
, :
( ).( ( ) ) ,
f f x f x f x x
f x f x f x f x x
Cộng vế theo vế đẳng thức ta được
f x f x x x
Từ suy f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề thì: 2002
0
( ) ( ) ( ) ( ), ( )
f vaø f x x x maø f x
Dễ thấy, hai hàm số 2002
1( ) 2( ) , ( )1 ( )2
f x vaø f x x x thỏa mãn và
Ta CM tồn hsố f(x) thỏa mãn yêu cầu đề mà khác f1 f2 dẫn đến mâu thuẫn
Khi đó, theo lập luận trên, f phải thỏa mãn (1) (2) Hơn nữa, f khác f2 nên tồn
0
x cho f(x0) = Lại f khác f1 nên tồn y0 0 cho f(y0) 0
Thay x = vào hệ thức bài, với lưu ý tới (1), ta được: f(y) = f(-y), y Do giả sử y0
>
Vì f(y0) 0 nên theo (2), phải có f(y0) y02002 (*)
Mặt khác, thay x = x0 y = -y0 vào hệ thức bài, ta được: f(-y0) f x( 02002y0) (**)
Từ (*) (**) (2) ta có:
2002 2002 2002 2002 2002
0 ( )0 ( 0) ( 0) ( 0) ( 0)
o y f y f y f x y x y y do y
=> Mâu thuẩn Vậy f f f1; 2
Phép thử trực tiếp cho thấy f(x) hàm số cần tìm
VMO 2002: - Bảng A: - Không có Phương Trình Hàm
VMO 2003: - Bảng B:
Bài 5: Hãy tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức:
3
3 3
(x x x ) (P x ) ( x x x ) ( ),P x x
Ta coù: 3
3 3
(x x x ) (P x ) ( x x x ) ( ),P x x (2)
2
2 1
(x )(x x ) (P x ) (x )(x x ) ( ),P x x
(3)
Thay x = -2 vào (3) ta được: = -28.P(-2) => P(-2) = Thay x = vào (3) ta được: = 28.P(1) => P(1) = Từ đó:
+ Thay x = -1 vào (2) ta được: = -9.P(-1) => P(-1) = + Thay x = vào (2) ta được: = 9.P(0) => P(0) =
Từ kết trên, suy ra: P(x) = (x-1)x(x+1)(x+2).Q(x) , x (4) Trong Q(x) đa thức với hệ số thực biến x Dẫn tới:
P(x - 1) = (x-2)(x-1)(x)(x+1).Q(x-1) , x (5)
(40)2
2 1 1 1
(x )(x ) (x x )(x )(x x ) (Q x ) ( x )(x ) (x x )(x )(x x ) ( ),Q x x
Suy ra: 2
1 1
(x x ) (Q x ) ( x x ) ( ),Q x x ; ; Do vế đẳng thức đa thức biến x nên:
2
1 1
(x x ) (Q x ) ( x x ) ( ),Q x x (6)
Từ đó, 2
1 1
(x x ;x x ) , suy
1 ( ) ( ) ( ),
Q x x x R x x (7) R(x) đa thức với hệ số thực biến x
Dẫn tới:
1 1
( ) ( ) ( ),
Q x x x R x x (8)
Từ (6), (7), (8) ta được: 2 2
1 1 1
(x x ).(x x ) (R x ) ( x x ).(x x ) ( ),R x x
Từ đó, 2
1
(x x )(x x ) , x ta R(x -1)= R(x), x Suy R(x) đa thức Từ (7), (4) ta được:
2
1
( ) ( ) ( )( )( ),
P x c x x x x x x x , c số thực tùy ý
Phép thử trực tiếp cho thấy đa thức P(x) vừa tìm thỏa mãn hệ thức đề bài, chúng tất đa thức cần tìm
VMO 2003: - Bảng A:
Cho tập hợp F gồm tất hàm số f :
thỏa mãn f(3x) f f( (2x)) x, x
Hãy tìm số thực lớn cho với hsố f thuộc tập F, ta có: ( )f x x, x
Bài nghiên dãy số
VMO 2004: - Bảng A, B: - Không có Phương Trình Hàm
VMO 2005: - Bảng A B
Bài 4: Hãy xác định tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,
f f x y f x f y f x f y xy x y
Giả sử f : hàm số thỏa mãn hệ thức đề bài, nghĩa là:
( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,
f f x y f x f y f x f y xy x y (1)
Đặt f(0) = a
Thế x = y = vào (1), ta f(a) = a2 (2)
Thế x = y vào (1), với lư ý tới (2), ta được: 2
( ( ))f x x a , x (3)
Suy 2
0
( ( ))f x ( (f x)) , x hay f x( ( ) f(x))( ( )f x f(x)) , x (4) Giả sử tồn x o 0sao cho f x( )0 f(x0)
Thế y = vào (1), được: f f x( ( ))af x( ) f x( )a, x (5)
0
5
; ( ), : ( ( )) ( ) ( ) , ( )
( ) ( ) : ( ( ) ( )) ( ) ( ) , ( )
Thế x y x vào ta f f x af x f x a x
Từ và suy a f x f x f x f x a x
Thế x = x0 vào (7), ta được: f x ( )0 a (*)
Mặt khác, từ (3) suy f(x1) = f(x2) x12 x22 Vì thế, từ (*) suy x0 = trái với giả thiết
o
x Mâu thuẩn chứng tỏ f x( ) f(x), x
Do từ (4) suy f x( ) f(x), x ( ) Thế (8) vào (7) ta được: a f x.( ( )1)0, x
(41)Do từ (3) có: 2
( ( ))f x x , x (9)
Giả sử tồn x0 0 cho f x( )0 x0 Khi theo (5) ta phải có: ( )0 ( ( ))0 ( )0
x f x f f x f x x Mâu thuẩn chứng tỏ f(x) x, x
Vì vậy, từ (9) ta f(x) = - x, x Ngược lại, kiểm tra trực tiếp, ta thấy hsố tìm thỏa mãn u cầu đề
Vậy hàm số f(x) = - x, x hàm số cần tìm
VMO 2006: - Bảng B:
Hãy tìm tất hàm số f(x) xác định, liên tục tập số thực , lấy giá trị và thỏa mãn điều kiện: f(x - y) f(y - z) f(z - x) + = 0, x y z, ,
Cho
0
2 , , ( ) (2)
t t t
x y và z thu f t f , f(t) < 0, với t Vậy đặt f(x) = -2g(x) Thế vào pt hàm cho, nhận được:
3
( ) ( ) ( )
g x y g y z g z x Đặt u = x - y; v = y - z z - x = - (u+ v) Đặt h(x) = g(x) - 1, PT hàm trở thành: h(u) + h(v) = - h(-u - v) (*) Dể thấy h(0) = 0, (với u = v = 0) h(x) = -h(-x) (với u = x v = -x) PT (*) viết lại thành h u( )h v( )h u v( )
PT hàm PT hàm Cauchy Nghiệm h(t) = at, với a số thực tùy ý Thế ngược lại, ta thu nghiệm PT hàm ban đầu là:
2 ( ) ax ,
f x a
Thử lại thấy hàm số nghiệm PT cho
VMO 2006 - Baûng A
Bài 5: Hãy xác định tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau:
2 2
3
( ) ( ( ) ( )) ( ( )) ( ),
P x x P x P x P x x x (1)
Giả sử P(x) đa thức cần tìm, dễ thấy deg P > 1/ Xét deg P =
2 2
0 2 2
( ) , , ( ), : ( ) ( ) ( )
P x ax b a thế vào ta a a x b a b x b b
Từ (2) ta tìm (a = 1, b = 0), (a = 2, b = 0), (a = 2, b = 1) Ta đa thức: P x( )x P x; ( )2x P x; ( )2x1;
2/ Xeùt deg P = n >
0
( ) n ( ), ( ), ( ) , deg
Đặt P x ax S x a với S x đa thức Skn
Thế (3) vào (1), ta được:
2 2 2
2 3
( ) n ( ( )) ( ) n ( ) ( ( ) )n n ( ( ) ( )) ( )
a a x S x S x ax S x ax S x S x x x
Vì bậc đa thức nằm vế phải (4) n + n + < 2n nên từ (4) ta a2 - a = 0, hay a = Do đó, từ (4) ta có:
2 2
2 n ( ) ( ( )) ( ) (3 ( ) )1n n ( ( )3 ( ))
x S x S x S x x S x S x x x
( )
Vì bậc đa thức nằm vế trái (5) n + k bậc đa thức nằm vế trái (%0 n + nên từ (5) ta suy phải có k = Hơn nữa, (5) thay x = ta
2
0 0 0 1
(42)Trường hợp 1: ( )S x px Thế vào (5) ta được:
1 2
2
3
3
1 2
3
( ( ) ) ( )
( )
, (mod ) , (mod )
n
n p x p p x
n p
p n hoặc p n
p p
Từ ta đa thức: 2
2
( ) n ( ) n
P x x x vaø P x x x
Phép thử trực tiếp cho thấy đa thức thỏa (1)
Trường hợp 2: S x( ) px1 Thế vào (5) ta được:
2
3 2 2
( ( ) ) n n ( ) ( )
n p x x p p x p x
Suy = Vô lý Chứng tỏ không tồn
tại đa thức thỏa (5), khơng tồn đa thức thỏa (1) trường hợp
Tóm lại, tất đa thức thỏa đề là: 2
2
( ) ; ( ) n ( ) n ,
P x x P x x x vaø P x x x n tùy ý
VMO 2007:
Câu 5: (3 đ) Cho b số thực dương Hãy xác định tất hàm số f xác định tập số thực , lấy giá trị thỏa mãn phương trình:
1
3 ( ) ( )
( ) ( ) by f y x( by f y y), ,
f x y f x b b x y
Phương trình cho tương đương với: f x y( )bx y ( ( )f x bx).3byf y( )1,x y, (1)
Đặt g(x) = f(x) + bx Khi (1) có dạng:
3 ( )
( ) ( ) g y , , ( )
g x y g x x y
Thay y = vào pt (2) ta
1 1
0
0
0
0
0 3 3
( )
( ) ( ) ( )
( ) ,
( ) ( ) ,
( )
* ( ) , ( )
* ( ) , ( )
( ) ( ) ( ) ( ) , ( )
g
x
g y g y g y
g x x
g x g x x
g
Với g x x thì f x b
Với g thế x vào pt ta được
g y g g y g y y
1
3
3 3
0 1
( ) '( ) ln
'( ) log (log )
t t
Xét hsố h t t coù h t
h t t e
Ta có bảng biến thiên sau, với alog3elog (log )3 3e 1
Từ bảng biến thiên ta thấy pt h(t) = có nghiệm t1 = t2 = c , với 0<c<1, (vì h(0) = 1/3)
Tức là: 1
3
0
( ) ( )
( ) ( )
( ) ,
g y g y
g y y
g y c c
(43)0
2
1
0 0 0
1
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) g y ( ) ( ) ( )
g g y y g y g y g y c g y
Suy g y( 0) c
c
, mâu thuẩn với (4)
=> Loại TH g(y) = c
Vaäy g(y) = 1, y , suy f(x) = - bx
Vậy có hàm số thỏa mãn đề là: f(x) = - bx f(x) = - bx
VMO 2008, 2009, 2010: - Không có Phương Trình Hàm
VMO 2013 - Bài (7 điểm): HSG QG 2013
Tìm tất hàm số f : thỏa f( )0 0; ( )f 2013vaø:
2 2
2
( ) ( ( )) ( ( )) ( ( ) ( )) ( ) ( )
, , ( ) ( ( ))
x y f f x f f y f x f y f x f y
đúng với x y trong f x f x
2
3
0
0
; : ( ( )) ( )
( )
( ( )) ,
Cho x y ta thu pt x f f x f x f x
f f x x
x
3
2
3
3 2
2
0
1
1 2013 2013 2013
2013 2013
:
( ) ( )
( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) , , (*)
, (*) :
( )
( ) ( ( ) ) ( )
( ( ) ).( ( ) )
Thay vào pt đầu ta được
f x f y
x y f x f y f x f y x y
x y
Cho y x vào ta có
f x
x f x f x
x
f x x f x x
2
3
3 2
2
2013 0
2013 2013
0
1 2013 2013 2013
2013 2013
2013 20 : ( )
( ) , ( )
, (*) :
( )
( ) ( ( ) ) ( )
( ( ) ) ( )
( )
( )
Mà f x x với x
f x x x f
Cho x y vào ta lại có f x
x f x f x
x
f x x f x x
f x x Thử lại ta thấy đúng Vậy f x
(44)2 NHỮNG BÀI TỐN TRÊN TẠP CHÍ THTT NĂM 2011
Bài T11/399: - THTT tháng 1/2011 tr24 Tìm tất hàm số f :
thỏa mãn: f x y( ) f xy( ) x y xy, x y; ( )1
Thay x = 2; y = vào (1), ta f(4) =
Lần lượt thay (x = 1; y = 1); (x = 2; y = 1); (x = 3; y = 1) vào (1), ta thu được:
2
3
4
4 3 2 1
1 1
1 1
1
1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) ; ( ) ( ) ; / ( ) ( ) , : ( ) ( ) ; : ( ) ; ( ) f f f f f f
Do f neân f f vaø f
Thế x t y t vào và sử dụng đẳng ức f ta thu được
f t f t t Hay f t t t
t t t t
Do t với t nhận m
t
2 2
2 2
3 2
4 2
[ ; ) ( ) ( ) , ( )
( ), : ( ) ( ) , ( )
( ) : ( ) ,
( ) : ( ) , ( ) ,
ọi giá trị trong nên từ suy f x x x
Tiếp tục y vào ta thu f x f x x x
Sử dụng hệ thức có f x x x
Từ ta thu f x x x hay f x x x
Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện (1)
Kết luận: hàm thỏa toán là: f(x) = x x
Bài T11/400:
Tìm tất hàm số f :
thỏa mãn: f x f y( ) ( ) (f x yf x ( )), ( )1
(với , cho trước)
(Là khó, dùng tính liên tục)
0
0 0
0
0 0
0
1
0
1
1 1
1
( ) ( )
min ( ) ,
, ( ) ( ; )
; ( ), : ( )
( ) ( ) ( )
( ) ,
Nếu f x c thỏa thì c
Ta chứng h f x x
Thật giả sử tồn x mà f x
x x x
thì thay x x y vào ta f x f f
f x f x f x
Suy f x voâ lyù 0
1
0 1 ( ) , ( ) ( ; ) : ; ( ), ( ) ( ) ( ) : ( ) ( ( )) ( )
n n n
n n n n
Tiếp theo ta cm f x với x
Thật giả sử tồn y mà f y thì xét dãy số
x x x y f x n
f y f y
(45)0 0 0 1
1
( )
lim , : lim ( ) , ( ) ,
( ), : ( ) ( ( )), , ( ) ( ) ( )
n
n
n n
f y
Do suy ra f x mâu thuẩn f x x
Kết hợp suy f x f x yf x x y tức f x hàm tăng không giảm trên
1
1
( ) , ( ) ( )
( ) ; , : ( ( )) ( ( )), ,
( ) ( )
( )) ( ), , , ,
( )
Giả sử f x x thì f x hàm đồng biến tăng ngặt trên
Trong đổi vai trò x y ta nhận f x yf x f y xf y x y
f x f y
hay x yf x y xf y x y x y
x y
hay f x x Với hằng
1
1
1 1
1
1
0
1
1
, ( )
: ( )
( ) ( ) ( ; ]
( ) ; : (( ) )
, : ( ) , [ ;( ) ]
số hàm không ỏa mãn
Vậy tồn x để f x
Do f x không giảm nên f x với x x
Trong thay x x y x ta thu được f x
Lập luận tương tự ta thu f x x x x
Tiếp tục trình này, theo nguyên lý quy nạp, ta thu f x( ) Thử lại ta thấy hàm thỏa (1)
Kết luận: hàm thỏa toán f x( ) ,x
Baøi T11/401:
Tìm tất hàm số f : thỏa mãn:
4 2
4
( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ;
f x f y f y x f y x f y xf y f x x y
(Là khó, coi chừng thiếu f(x) = 0)
Viết lại điều kiện toán dạng: 4
1
( ( )) ( ) ( ( )) , ; ( )
f x f y f x x f y x x y
* Nếu f(x) = a từ (1) ta thu a = f(x) = thỏa đề * Xét f(x) 0, tức tồn x0 để f x ( )0
4
0 ( ),1 ( ( ))0 ( ) ( ( ))0 , ( )2
Thế y x vào ta thu f x f x f x x f x x x
Vế phải đa thức bậc theo x nên hàm số có tập giá trị R Vậy nên, vế trái hàm số có tập giá trị R với x đều tồn u v; để f u( ) f v( )x
4
4
4
0
1
4
3 4
( ), : ( ( )) ( ( )) ( )
( ) ( ), :
( ( ) ( )) ( ( )) ( ( ) ( )) ( ( )) , ; ( )
( );( ) : ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) , ;
: ( )
Thay x vào ta f f y f y a y
Tiếp tục thay x bởi f x vào ta được
f f y f x f f x f y f x f x x y
Từ suy f f y f x f y f x x y
Suy f x f
4
( ( )f u f v( )) ( ( ) f u f v( )) ax a, x Thử lại, ta thấy hàm số thỏa điều kiện đề
Kết luận: hàm số cần tìm là: f(x) = 0; f(x) ,
x a a
Baøi T12/402:
Tìm tất số thực dương a cho tồn số thực dương k hàm số f : thỏa mãn:
2
( ) ( )
( ) a; ;
f x f y x y
f k x y x y
(46)Giả sử a số thực dương thỏa mãn đề k, f thỏa mãn điều kiện:
2
( ) ( )
, , ( )
a
f x f y x y
f k x y x y
2
2
2
( )
, :
( ) ( )
, , , ( )
n a n
a n
Kí hiệu k n Ta CM bất đẳng thức
f x f y x y
f x y x y n bằng PP quy nạp
Thật vậy, BĐT (2) với n = theo (1) Giả sử BĐT (2) với n = m Aùp dụng liên tiếp BĐT (2) với cặp (x;y) thay cặp:
3
2 ; ; ; ; ;
x y x y x y x y
y x
cộng vế tương ứng BĐT đ1o, thu được:
1
2 2
2 ( ) ( )
, , ( )
a
a
m a m
x y
f x f y x y x y
f f x y x y
Vậy BĐT đúng n
Nhận xét < a < lim n ( )2
x nên BĐT không thỏa mãn
2
2
3
2 2
, ( ) ; ( ) :
( ) a
a
a a a a
Xét a chọn f x x k Khi BĐT có dạng
x y x y x y
Để cm BĐT (3), ta cần CM cho TH a > x > y > (khi a = x = y (3) đẳng thức) Cố định y > 0, xét hàm số:
2
( ) a ( a a) (( )a ( ) ),a
f x x y x y x y với x y
1 1
1
2 1
0 1
0
2
: '( ) ( ) , ( ) ( ) ( )
[ ; ] ( ) ( ) , [ ; ]
'( ) , ( ) ( ) ( )
:
a a a a
a
y
Ta có f x a x g trong g t t t là hàm đống biến
x
trong neân g t g t
Do f x x y f x f y đfcm
Kết luận a
Baøi T11/403:
Tìm tất hàm số f : thỏa mãn:
( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) , ; ( )
f f x y f x f y f x f y xy x y
(Là dựa Quốc gia 2005 Bảng A: Tìm tất hàm số f : thỏa mãn:
( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) , ;
f f x y f x f y f x f y xy x y )
Đặt f(0) = a Từ (1) cho x = 0; y = thu f(f(0)) = a2 Tiếp theo, cho x = t; y = t vào (1), ta được: 2
2 ( ( ))f t t a ( )
Từ suy đẳng thức: f(x1) = f(x2) kéo theo x12 x22Từ (2) ta thu được:
2
0
(47)1
5
4
( ) , : ( ( )) ( ) ( ) , ( )
, : ( ( )) ( ) ( )
( ( )) ( ) ( ) , ( )
( ) ( ) : ( ( ) ( )) ( ) ( ) , ( )
Từ thay y ta f f x af x f x a x
Tieáp theo thay x ta coù f f y af y f y a
hay f f x af x f x a x
Từ và cho ta a f x f x f x f x a x
0 0
2
0 0
0
6 0
( ) ( )
( ), ( ) ( ) , ( )
( ) ( ),
GS tồn x sao cho f x f x
Thế vào ta f x a f nên x tức x vô lý
Vaäy f x f x x
0 0 0 0
6 0
0
0
( ) : ( ( )) , ( )
( ) ( ),
( ), : ( ( ) )( ( ) ) ,
( ) ( ) ( ( )) ( )
Từ suy a f x x nên a vì f x thì mâu thuẫn với điều kiện
f x f x x
Thế a vào ta được f x x f x x x
Giả sử tồn x sao cho f x x thì x f x f f x f x
0 0
( )
x Suy x trái giả thiết
Vậy nên f x x
Thử lại, ta thấy hàm f(x) = x, x thỏa đề
Bài T11/404:
Tìm tất hàm số f :( ;0 2011] thỏa maõn: ( ) 2011 2011 , ( )
f x x y
f y
(có thể cm lim ( ) 2011
xf x từ suy f(x) = 2011)
BĐT cho tương đương với: 2011
2011 ( )
, ( )
( ) f x
x y
f y
2011
0 2
2011
1
2011
2011 2
( ) ( )
( ) ( ) : , ( )
( ) ( )
( ) ( ) : ( ) ( ) , , ( )
: ( )
( )
f x f x
Vì f x và f y nên theo Cauchy x y
f y f y
Từ và cho ta f x f y x y tức f t hàm đơn điệu giảm trên Vậy ứng với x cho trước ta có f x
f y
2
2011 011
2011 2011
, ,
( )
( ( ) ) ( )
x y
f x
Hay f x f x
Vậy f(x) = 2011 Thử lại, ta thấy hàm f(x) = 2011 thỏa mãn tốn
Bài T10/405:
Tìm tất hàm số * * :
f thỏa mãn: i/ f tăng thật
ii/ f f n( ( ))4n9, n *
iii/ f f n( ( )n)2n9, n *
(48)2
2
* *
( ) ( ),
( ) ( ) , ( )
f n n f n n
hay f n f n n n
* Tới đây, ta đốn f(n) CSC với cơng sai 1; 2, Trước hết bác bỏ TH công sai
0 0
0 0 0 0
0 0 0
1
1 1
2 1 11
1
*
*
( ) ( ) :
( ) ( ) ( ) : ( ( ) ) ( ( ) ( ))
/ : ( ( ) ) ( ( ) ( )) ( )
: ( ) ( ) ,
Giả sử n sao cho f n f n thì suy ra
f n n f n n hay f f n n f f n n
maø theo iii thì n f f n n f f n n n mâu thuẩn
Vậy nên f n f n n
1
2 2 2 2
1
2 1
* *
*
( ) ( ) ,
: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: ( ) ( ) ,
( ) ( ) ( ) ( ) (*)
Do f tăng thực trên nên f n f n n
Do f n n f n f n f n f n n f n n
suy f n f n n
Vậy dãy f n là CSC với công sai là nên f n n f
Thế và
4
4 1 2 1 1
1
2
/ ( ( )) , :
( ( ) ( )) ( ( ) ( ) ) ( ) ( (*))
( ) ( )
( )
o ii f f n n ta coù
n f n f n f f do
suy f Vậy nên f n n
Thử lại thấy f n n thỏa đề bài
Bài T11/407:
Tìm tất hàm số f : thỏa mãn: f x y( f y( )) f f x( ( ))2y, x y; (1) (Là dạng quen thuộc)
- Trước hết, CM f đơn ánh
Từ đk bài, hốn vị vai trị x; y cho nhau, ta thu được:
2
1
( ( )) ( ( )) , ; ( )
: ( ) ( ), ( ) ( )
f x y f x f f y x x y
Giả sử f x f y từ và suy x y Vậy f đơn ánh
Thay y = vào (1), ta thu được: f(x + f(0)) = f(f(x)) với số thực x Hay f(x) = x + f(0) (do tính đơn ánh f), tức f(x) = x + a, a Thử lại trực tiếp, ta thấy hàm số thỏa mãn điều kiện (1)
Bài T11/409:
Tìm tất hàm số f :liên tục thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ( ), ;
f xy f x y f xy x f y x y (1)
Viết lại pt (1) dạng: f xy x( ) f xy( ) f x y( )f y( ), x y; ( )2 - Trong (2) thay y xy, ta thu được: 2
3
( ) ( ) ( ) ( ), ; ( )
f x y x f x y f x xy f xy x y
- Từ (2) (3) suy ra: 2
4
( ) ( ) ( ) ( ), ; ( )
f x y x f x y f x y f y x y - Trong (4) tiếp tục thay y xy, ta thu được: 3
5
( ) ( ) ( ) ( ), ; ( )
f x y x f x y f x xy f xy x y
- Từ (2) (5) suy ra: 3
( ) ( ) ( ) ( ), ;
(49)6
( n ) ( n ) ( ) ( ), ; ( )
f x y x f x y f x y f y x y
* Xét x ( ; ) \1 0 Từ giả thiết f hàm liên tục , nên từ (6), ta thu được:
0
0 1
( ) ( ) lim ( ) ( ) lim ( ) ( )
( lim ( )) ( lim ( )) ( ) ( )
: ( ) ( ) ( ) ( ), , ( ; ) \ ( )
n n
n n
n n
n n
f x y f x f x y f x f x y x f x y
f x y x f x y f x f
neân f x y f x f y f y x
* Khi x \ [ ; ]1 Từ giả thiết f hàm liên tục , nên từ (6), ta thu được:
0 1
( ) ( ) lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) ( ) ( )
: ( ) ( ) ( ) ( ), , \ [ ; ] ( )
n n
n n
f x y f x f x y f x f x y x f x y f x f
neân f x y f x f y f y x
- Từ (7) (8), ta thu được: f x y( ) f x( ) f y( )f( ),0 y ,x\1 1; ; ( )9 * Nhận xét rằng, với y cố định tồn giới hạn
1
lim ( )
x f x y nên từ (9) suy ra:
1 10
1 11
9 10 11
0 12
( ) ( ) ( ) ( ), ( )
( ) ( ) ( ) ( ), ( )
( );( ) ( ) :
( ) ( ) ( ) ( ), ; ( )
f y f f y f y
vaø f y f f y f y
Từ và suy ra
f x y f x f y f x y
Đặt f(x) - f(0) = g(x) g hàm liên tục (12) có dạng: 13
( ) ( ) ( ), ; ( )
g x y g x g y x y
(13) phương trình hàm Cauchy lớp hàm liên tục nên có nghiệm g(x) = ax, suy f(x) = ax + b
Thử lại, ta thấy hàm f(x) = ax + b thỏa mãn điều kiện (1) với a; b Chú ý:
- Tránh nhầm lẫn với toán lớp hàm có đạo hàm (bài liên tục)
- Khi đặt xy = z xem z biến độc lập khơng xét z = thiết phải có x = y =
Baøi T12/410:
Với số nguyên dương n, không nhỏ Tìm số hàm số
1 1 5 1 1
: , , , , , , , , : ( ) ( ) , , , , ,
f n thỏa mãn tính chất f k f k với k n
Dùng nhận xét: Nếu hàm số f thỏa mãn đk tốn với n>2 cho trước ta ln có f n ( ) Thật vậy, f(n)=3 suy raf n( 1)0 hoặc f n( 1)6, vơ lí
Kí hiệu a b d en, ,n n, n số hàm số f : , , , ,1 n 1 5, , , , thỏa mãn tính chất cho ứng với f(n) tương ứng 1, 2, 4, Khi đó:
2 2 2 1 1
2
: ; ; ;
,
n n n n n n n n n n
n n n n
a e và b d nên với n có a e d b e e a b d a
Ta cần tính tổng S a b d e n
Ta coù: a2 = e2 b2 = d2 Bằng PP quy nạp, ta có an = en bn = dn , n 2
Do vaäy: an2 en1dn1an1bn1an1en an1an
Do (an) thỏa mãn dãy Fifonacci (Fn) với cách chọn F0 = 0; F1 = 1, a2 = = F2
a3 = e2 + d2 = = F3 Do an = Fn , n 2
(50)PHAÀN 3: TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục, 2000
2 Nguyễn Sinh Nguyên, Chuyên đề bồi dưỡng phương trình hàm, NXB Đà Nẵng, 2006 3 Nguyễn Trọng Tuấn, Bài tốn hàm số qua kì thi Olympic, NXBGD, 2008
4 Lê Hồnh Phị, Chun khảo đa thức, Nhà xuất ĐHQG Tp Hồ Chí Minh, 2003 5 Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục, 2002
6 Conhiagghin …, Các đề vơ địch Tốn nước, Nhà xuất Hải phòng, 1993 7 Lê Đình Thịnh - Phương trình sai phân số ứng dụng - NXB GD 2001
8 Nguyễn Văn Nho - Tuyển chọn toán từ thi Đông Aâu - NXB GD 2003 9 Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 lớp 10
10 Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 lớp 11
11 Các tạp chí Tốn học tuổi trẻ, tư liệu Internet 12 Trần Nam Dũng, Chuyên đề phương trình hàm đa thức 13 Đỗ Hân - Chủ đề đa thức
14 Lê Hải Châu, Các tốn học sinh giỏi tốn PTTH tồn quốc (1962-1991), NXBGD 15 Tủ sách THTT, Các thi Olympic toán THPT việt Nam 1990 - 2006, NXBGD, 2007 16 Nguyễn Văn Mậu, Một số Chuyên đề Giải Tích bồi dưỡng hs giỏi THPT, NXBGD, 2009 17 Nguyễn Văn Mậu, Một số Chuyên đề Đại Số bồi dưỡng hs giỏi THPT, NXBGD, 2009 18 Diễn đàn mathlinks.ro
(51)PHẦN 4: MỤC LỤC
PHẦN 1: NỘI DUNG CÁC BÀI GIẢNG
Bài 1: LÝ THUYẾT BỔ SUNG CHO PHƯƠNG TRÌNH HÀM
A Tóm tắt lý thuyết:
Bài 2: CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN
A Lý thuyết - Ví dụ - Bài tập tự luyện:
Daïng 1:
Daïng 2:
Daïng 3:
Bài 3: PHƯƠNG PHÁP CHỌN GIÁ TRỊ 12
A Lý thuyết: 12
B Các ví dụ: 12
C Bài tập tự luyện: 15
Bài 4: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN CÁC TẬP RỜI RẠC 17
I Giới thiệu: 17
1 Phương Pháp 1: Dùng quy nạp Thứ tự để giải phương trình hàm 17
1.1 Các Ví dụ: 17
1.2 Bài tập tự luyện: 19
2 Phương Pháp 2: Sử dụng đánh giá bất đẳng thức 19
2.1 Các Ví dụ: 19
2.2 Bài tập tự luyện: 21
3 Phương Pháp 3: Dùng Các tính chất số học 21
3.1 Các Ví dụ: 21
3.2 Bài tập tự luyện: 23
BAØI 5: PHƯƠNG TRÌNH HÀM CHUYỂN ĐỔI ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH 24
A Các ví dụ: 24
B Bài tập tự luyện: 27
Bài 6: PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC 28
Phần 6.1: CÁC VẤN ĐỀ CHUNG 28
A Lý thuyết: 28
B Các ví dụ: 29
C Bài tập tự luyện: 29
Phần 6.2: SỬ DỤNG BẬC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 30
A Lý thuyết: 30
B Các ví duï: 30
C Bài tập tự luyện: 31
Phần 6.3: PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA MỘT ĐA THỨC 31
A Các ví dụ: 31
B Bài tập tự luyện: 32
Phần 6.4: PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC DẠNG P(f)P(g) = P(h) 33
A Lý thuyết: 33
B Các ví dụ: 34
(52)PHẦN 2: PHỤ LỤC CÁC ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC GIA 36
1 CÁC BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HAØM TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA - VMO 36 2 NHỮNG BÀI TỐN TRÊN TẠP CHÍ THTT NĂM 2011 44
PHẦN 3: TÀI LIỆU THAM KHẢO 50
PHẦN 4: MỤC LỤC 51
PHẦN 5: THẨM ĐỊNH CỦA TỔ CHUYÊN MÔN 52
PHẦN 5: THẨM ĐỊNH CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
Tây Ninh, ngày tháng năm 2013
Giáo viên thẩm định Tổ trưởng chuyên môn