3. PTH day vong Tinh - HS

Pheùp thöû tröïc tieáp cho thaáy caùc ña thöùc P(x) vöøa tìm ñöôïc ôû treân thoûa maõn caùc heä thöùc cuûa ñeà baøi, vaø do ñoù chuùng laø taát caû caùc ña thöùc caàn tìm... Ngöôïc laïi[r]

PHẦN 1: NỘI DUNG CÁC BÀI GIẢNG

Bài 1: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM ĐƠN ĐIỆU Tiết PP: 413 - 418

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT: 1/ Hàm số đơn điệu:

* Hàm số y = f(x) tăng treân (a;b)  x x1; 2( ; ),a b x1 x2 f x( )1  f x( )2 * Haøm số y = f(x) giảm (a;b)  x x1; 2( ; ),a b x1 x2 f x( )1  f x( )2

VD: Hàm số yax b a ( 0) hàm số tăng R a > 0; hàm số giảm R a <0 * Hàm số y = f x( )

x

 hàm số giảm 0( ;)

1 2

2

1 2

1 2

0

1

0

; ( ; ) : :

( ) ( ) ( ) ( )

x x mà x x ta coù

x x

f x f x f x f x

x x x x

    



      

Hay hs nghịch biến 0( ;)

VD: 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, ( )0 và 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/ Một số lưu ý:

- Nếu f cộng tính đơn điệu R (hoặc R+) f(x) = k.x - Nếu f đơn điệu thực f đơn ánh

- Nếu ta dự đốn cơng thức hàm số, chẳng hạn f(x) = g(x) xét f(x) > g(x) f(x) < g(x), sau sử dụng tính đơn điệu hàm f để dẫn tới điều vô lý

Nếu f đơn điệu ta có CT f tập số hữu tỉ Q dùng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, sau chuyển qua giới hạn

B CÁC VÍ DỤ:

1 Tìm tất hàm số tăng thực sự: f : thỏa: f f x( ( )y) f x y(  ) 1, x y;   (*)

1 2 1

1

2

( ( ) ) ( ) ( ) ( ( ) )

( ) (*) ( ( )) ( ) :

( ( ) ( )) ( ( )) ( ) ( )

( ) ( ) : ( ( ) ) ( ( ) ( ))

f f x y f x y do thay vaøo

Lại thay y f y trong và để ý f x f y f x y ta có

f f x f y f x f y f x y

Từ và ta f f x y f f x f y

Vì f tăng thực n

     

    

      

   

 1

1

: ( ) ( ) ( ) ( )

: ( ) ,

Dễ dàng kiểm tra thấy hàm số thỏa đề, hàm cần tìm

ên f x y f x f y f y y

Hay f x x x

      

    

2 Tìm tất hàm số tăng thực sự: f : thỏa: f x(  f y( )) f x( )y,x y;  

Giả sử có y1 y2 mà f(y1) = f(y2) với x ta có:

1 2

1

0 0

0 ( )

( ( )) ( ( )) ( ) ( )

- Thay y = coù: ( ( )) ( ),

: : ( ( )) ( ) ( ( )) ( ), ( )

( ) : ( ( ) ( )) ( ( )) ( ) ( (

do

f x f y f x f y f x y f x y y y

Vậy f đơn ánh

f x f f x x

Laïi thay x f f y f y hay f f x x f x

Thay x f x f f x f y f f x y x y f f f

        

   

       

       





2 )) Vì f đơn ánh nên: ( ) ( ) ( ), ,

f đơn điệu cộng tính ( ) , ( )

-Thay biểu thức f(x) vào hệ thức (1) ta được: ( ( )) ( ) ( ) x y

f x y f x f y x y

Vậy nên f x kx x k tùy ý

f x f y f x ky kx k y vaø f x 

     

  

    



 

2

1

: ( ) ,

y kx y

Do kx k y kx y k y y k

  

         

Dễ kiểm tra hàm số f(x) = x, f(x) = - x , thỏa mãn * Chú ý:

1/ Nếu khơng có gthiết đơn điệu ngồi hs trên, cịn có hs khác 2/ Nếu thay giả thiết f đơn điệu giả thiết tập hợp f x( ) x \ 0

x

 



 

 

 hữu hạn đáp số khơng thay đổi (OLP Sin)

3 Tìm hàm số f xác định đồng biến R thỏa hệ thức sau:

2

4 ( )

f  f y  x x y 

 

với x y  (1) ,

Thay

4

x  y vào (1) ta có : 1 ( )

f  f y  y

 

(2)

Thay x = y =0 1 ( )

f f 

   

 

(3)

Từ (2) (3) 1

4 ( ) ( )

f  f y y f  f 

      

   

(4)

Do f đồng biến R nên: 1

4

Thay x = f y( )

 vào (1) ta được: f(0) = 1 2

2

( )

( ) ( ) y f y ( )

f y y f  

    

Từ (5): f(0) = f(y) – 2y (7)

Từ (6) , (7) 2 2

2

( )

( ) y f y ( )

f y y   f y y

     

Thử lại thấy f(x) = 2x +

3 thỏa yêu cầu đề

4 Cho hàm số f : thỏa mãn hai điều kiện: f( )0 và f t( ) là hàm đồng biến trên \ 0 t

 

CMR với số dương x, y, z ta có: 2

0

( ) ( ) ( )

x f y zx y f z xy z f x yz  (1)

Theo giả thiết hàm số f t( ) là hàm đồng biến trên \ 0

t  , nên tồn giới hạn:

0 0

( ) ( ) ( ) ( )

lim lim : lim lim

t t t t

f t f t f t f t

và Chọn d R cho d

t t t t

   

   

   ta thu hàm

g(x)

0 ( )

f t

neáu t t

d neáu t 

 

 

 



2 2

0

: ; ;

Đặt y zxa z xyb x yzc xa yb zc   Khơng tính tổng qt giả sử: a = maxa b c , , 

2 2

0

0

1

2

:

( ) :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

(( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ) ( )

Do a b c x y z xy yz zx neân a

Do xa yb zc nên yb xa zc zc xa yb

Ta biến đổi vế trái của

T x f a y f b z f c xag a ybg b zcg c dạng

T xag a g b zc g c g b vì yb xa zc

T

         

        

     

      



0

3

4

0

( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ) ( )

( ), : ( ( ) ( )) ( ) ( ) : ( ( ) ( )) ( )

( ) ( ) : ( )( ( ) ( )) ( )

:

xa g a g c yb g b g c vì zc xa yb

Nếu T thì từ suy c g c g b

Từ suy b g b g c

Từ và thu b c g b g c mâu thuẫn g x đồng biến R

Vậy T Đẳng thứ

     

  

 

  



c xaûy xyz

5 Tìm tất hàm số tăng thực sự: f : thỏa: f x f y( ( ))y f (2x),x y;   (3)

* Trước hết ta thấy hàm f(x) =   x thỏa

0

1

1 2 2

0

2

1

1

* ( ) ( )

,

( ) ( ) ( ( )) ( ( )) ( ) ( )

( ) : ( ( )) ( )

: ( ) (

Xeùt f x x cho f x

Ta CM f đơn ánh Thật giả sử có y y mà

f y f y f x f y f x f y y f x y f x y y

Thay x y vào ta có f f f

Vì f tăng thực nên f f

   

      

   

3

2 2 2

2 2

( )

( ( )) ( ), ( ( ( ))) ( ( )) ( ) ( ) ( )

: ( ) ( ) ( ) ( )

theo

f f y yf y f f f y f yf f y f f y

nghóa f x f f x x a

      

  





2

2

2 2 2 2

2

* ( ) ,

( ) ( ) :

( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

: ( ) , ( ( ) ( ))

Ta ñi CM f x x x

Giả sử có x mà f x x Do f tăng thực nên theo a ta có

f f x f x xf f x xf f x f x f

Suy f x x mâu thuẫn vì f theo a

  

 

     

 



2 2 2 2

2

2

: ( ) : ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

: ( ) ,

( ) ,

: : ( ) , ( ) ,

Giảø sử có x mà f x x Khi f f x f x xf f x f x f

Suy f x x mâu thuẫn

Vậy f x x x Thử lại thỏa đề

KL Có hs thỏa đề f x x và f x x x

     



  

     



 

6 Tìm tất hàm f mà: f : thoûa 2

( ( )) ( ( ))

f x  f y y f x (6)

1 2

2 2

1 2

* ( ) ( ) :

, ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( ))

:

Giả sử có y y cho f y f y Khi đó

x f x f y f x f y y f x y f x y y

Vậy f đơn ánh



         

Cố định x, cho y thay đổi R vế phải (6) hàm bậc theo y, tập giá trị vế phải R Vậy tập giá trị vế trái R Suy có số a thuộc R cho f(a) =

Đặt f(0) = b

- Trong (6) cho x = ta được: 2

0

( ( )) ( ( )) : ( ( )) , ( )

f f y y f hay f f x x b   x a

- Từ (6) cho x = 0; y = a ta có: 2

0

( ( )) ( ( )) ( )

f f a a f ba b b (vì f(a) = 0)

 

2 2

2 2 2

2

0

6 0

0

6

0 6

: ( ( )) ( ( )) ( ) v f(a)

( ) : ( ) ( ( )) : ( )

( ) : ( ( )) , ( )

( ), : ( ) ( ( )) , ( )

Laïi cho x y a ta coù f a f a a f a f a a ì

Nên theo a f a f f a a b a b a b

Vậy f

Khi đó a trở thành f f x x x c

Thay y trong ta coù f x f x x d

T

        

         



  

    





0 0

6

( ) ( ) ( )

( ) , :

a suy với x thì f x và f x x vì f đơn ánh Bây áp dụng d ta có với x và y

    

   

 2     2  2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,

do d ñn

f x y  f  x  f f y  f y  f x  f y  f  x  f x  f y x y

   

 (6e) Giả sử x > y Khi đó: x - y > => f(x - y) > Vì f cộng tính nên:

6

1

( ) (( ) ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ,

e

f x f x y y f x y f y f y Vậy f hàm tăng thực sự

f cộng tính đơn điệu nên f x k x

Lại có f nên f x x x

      



    

Thử lại thấy thỏa đề Vậy hàm số cần tìm f x( )x,  x

- Thay x = y = z = vaøo (9), ta coù: ( ).( ( )f f  f t( ))2f( )0 (9a)

2

0

9 1

0 ( )

( ) , : ( ( )) ( ( ))

( ) f

Trong a cho t ta coù f f

f

 



  

 

 Xét trường hợp sau:

1/ ( )

f 

Từ (9a) ta được: f(t)=1/2 => ( ) ,

f x    x Là hs thứ thỏa toán 2/ f( )0 0

- Thay z = t = vào (9) ta có: f(xy) = f(x).f(y), x y,   (9b) - Thay x = y = vaøo (9b) ta coù:

1

1 ( ) ( ) ( ( ))

( )

f

f f

f

 

  

 

a/ Nếu f(1) = từ (9b) cho y = f(x) = 0,   x Là hs thứ thỏa toán b/ Nếu f(1) = thay x = 0; y = t = vào (9) ta được:

2f z( ) f(z)f z( ) f(z) f z( ), z  f hàm chẵnm

2

2 2 2

0

0 1

9

2

( ) ; ( ) ( ) :

( ) , ( ) ,

; ( ) :

( ) ( ( ) ( )) ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( ( )) ( )

Vậy ta cần xét x là đủ

Do f f nên từ b quy nạp ta có

f n n n và f x x x

Laïi thay t x z y vào ta có

f x y f x f y f x f x f y f y f x f x



  

     

  

       

 

2

( ) ( ) [ ; )

f x f x

Suy f không giảm trên

 

* Với x[ ;0 ) ta chọn hai dãy số hữu tỉ (un) (vn) cho

2

2 2

; ; ( ) ( )

: ( ) ( ) ( ) : ( )

: ( ) ( )

n n n n

n n n n

u x v x u không giảm v không tăng

Do f đơn điệu nên với n ta có f u f x f v hay u f x v

Khi cho n được x f x x f x x

 

   

     

Thử lại ta thấy hs

( ) ,

f x x x  thỏa mãn Đó hs thứ cần tìm

Kết luận: Các hs thỏa mãn là:

0

( ) ; ( ) / ; ( ) ,

f x  f x  f x x   x

Nhận xét: Kỹ thuật chọn dãy hữu tỉ thường dùng ta có cơng thức hàm f đơn điệu tập số hữu tỉ Q

C BAØI TAÄP: 8 VMO 2007

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

      

9 Baøi T11/404

Tìm tất hàm số f :( ;0 2011] thỏa mãn: ( ) 2011 2011 , ( )

f x x y

f y

 

     

 

(có thể cm lim ( ) 2011

10 Baøi T10/405

Tìm tất hàm số * * :

f   thỏa mãn: i/ f tăng thật

ii/ f f n( ( ))4n9,  n *

iii/ f f n( ( )n)2n9,  n *

11 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 

12 Baøi T11/397

Cho haøm số f liên tục R thỏa mãn điều kiện:

4

2012 2011

2010

( )

: ( ) ( ( ( )) ) ( )

( ) ( ) , n

n laàn f

f

Kí hiệu f x f f f x Tính f

f x f x x R

 



 

  



 

13 Iran 1997 Cho hàm số f : thỏa mãn điều kiện:

( ) ( ( ) ( )) [ ( ( )) ( ( ))],

Bài 2: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC Tiết PP: 419 - 424

A LÝ THUYẾT:

1/ Hàm số biến liên tục:

a/ Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định khoảng (a, b), x0a, b Hàm số f(x) gọi liên tục x0

0

x x

lim f (x) f (x )

 

Trường hợp

0

0 xlim f (x)x  f (x )

ta nói hàm số liên tục bên trái điểm x0,

0

0

xlim f (x)x f (x ) ta nói hàm số liên tục bên phải điểm x0 Vậy f liên tục x0

0

0 xlim f (x)x xlim f (x)x f (x )

  

Nếu hàm số không liên tục x0 f gọi gián đoạn điểm x0 Vậy f gián đoạn điểm x0

khi không tồn

0

xlim f (x)x x x0

lim f (x) f (x )

 

b/ Định lí: Cho hàm số f liên tục đoạn [a, b] Khi đó:

i) f bị chặn đoạn [a, b], nghĩa tồn số M > cho: f (x) M  x a, b ii) f có giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn [a, b]

iii)  c f (a), f (b) , x  0a, b : f x  0 c Nếu f(a).f(b) < tồn x0a, b : f (x ) 0 0

2/ Moät số lưu ý:

- Nếu f cộng tính liên tục R (hoặc R+) f(x) = k.x - Nếu f liên tục R (hoặc R+) thỏa mãn:

2

( ) ( )

, ;

x y f x f y

f    x y

 

 f(x) = k.x+b - Nếu f liên tục nhân tính R+ f x( ) x ; 

  

- Nếu f liên tục đơn ánh f đơn điệu thực

- Nếu có cơng thức f tập X  và X trù mật  ta có cơng thức f 

B CÁC VÍ DỤ:

1 Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn

2

( ) x ,

f x  f   x

 



Giả sử tồn f

Khi quy nạp dễ có:

2 ( ) xn ,

f x  f   n

 

0

2

0

( )

: ( ) lim ( )

n n

n n

x x

Cho n thì Vì f ltục nên f f

x

Vậy f x f f



 

    

   

  

  Do đó: f hàm số

2 Cho hàm số f(x) liên tục R thỏa điều kiện:f x( )f(2x) x R Tìm hàm số f(x) Hướng dẫn:

Theo đề suy ra:

2

2 2

( ) x x xn

f x  f    f    f 

     

Khi n   2n

x 

Maø f(x) laø hàm liên tục nên

2n ( )

x

f   f khi n 

 

Tức :

2

lim ( ) lim n ( )

n n

x

f x f f x R

 

 

    

 

Điều chứng tỏ f(x) không đổi với x hay f(x) = c = số Thử lại ta f(x) = c thỏa điều kiện đề

3 Cho a   Tìm tất hàm liên tục

2

: ( ) ( ) ( ) , , ( )

f  sao cho f x y  f x f y a xy x y

- Giả sử tồn hàm f thỏa mãn đề

- Trong (2) cho x = 1; y = ta có f(1) = f(1) - f(0) => f(0) = - Lại thay x = y = ta có f(0) = f(1) - f(1) + a => a = - Vậy với a 0 khơng tồn hàm số

0 2

2

0

* , ( ) : ( ) ( ) ( ), , ( )

, ( ) : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ,

: :

( )

Xét a khi đó thành f x y f x f y x y a

x y áp dụng a ta coù f x f x y y f x y f y f x y f x f y

Hàm f ltục cộng tính nên f x kx k tùy ý

KLuận a không tồn hsố

a thì f x

     

          

 

   





,

kx k tùy ý

 

4 Tìm tất hàm liên tục f : sao cho xf x( )yf y( ) ( x y f x y ) (  ), x y,  ( )6

6

2

2

6 2

( ), : ( ) ( ) ( ) ( )

: ( ) ( ) ( ) ( )

: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Thay y x y vào ta có xf x x y f x y y f x y

Hay xf x x y y f x y y f x y

Suy xf x x y f x y y f x y y f x y a

Từ và a ta có xf x x f x yf y y f x y y f x y

      

      

       

      

2

0 2

2

6 0

2 2

( ) ( )

, , : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ), ( ) : , ( )

f y f x y

Như vậy y ta có f y f x y f x y f x y b

y y f y f

Từ b chọn x y thì có f y c

 

         

  

      

0 6

2

6 6

2 ( ) ( ) , : ( ) : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , : ( ) ( ) ( ) , u v

x u v f u f v

Với u v và v ta chọn thì b thành f d

y v

x y f x f y

Từ c và d suy với x y ta có f e

Vì f liên tục thỏa e nên f x ax b x

                                  Thử lại ta thấy f x( )ax b ,  x thỏa mãn

5 Tìm tất hàm liên tục

2

7

: : x y ( ) ( ), , ( )

f  sao cho f     f x f y x y

 

 

  

- Nhận xét hàm số f(x) =   x thỏa mãn Ta xét trường hợp f x  ( ) - Giả sử có x0 mà f(x0) = 0, ta thay x= x0 ; y= 2x -x0 vào (7)

2

0

0

2 0

0

0 0

0

( ( )) ( ) ( ) ( ) , ,

: ( ) ,

, ( ) ( ) ( ) ,

( ) ( )

f x f x f x x f x x vô lý

Vậy phải có f x x

Giả sử có a b mà f a và f b Khi f ltục nên phải có x cho f x vơ lý Vậy xem f x x f x x

Vì f và f có vai t

                       ( ) ,

rò nên ta giả thiết f x    x * Bây xét hàm số g(x) = lnf(x) - lnf(0) => g(x) ltục R g(0) =

 

2

2

2

0

2 2

0

2

: ln ln ( ) ( ) ln ln ( ) ln ( )

ln ( ) ln ( )

: ln ln ( ) ( )

ln ( ) ln ( ) ln ( ) ln ( ) ( ) ( )

x y x y

Lại có f f x f y f f x f y

x y x y f x f y

Như g f f f

f x f f y f g x g y

                                              

- Vậy g(x) phải có dạng g(x) = ax + b Nhưng g(0) = nên g(x) = ax - Do đó:ln ( )f x g x( ) ln ( ) f axln ( )f ax c c ( ln ( ))f

0 : ( ) , ( ) ( ) , : ( ) ; ( ) ; ( ) , ax c ax c

ax c ax c

Hay f x e x Thử lại thấy thỏa

Nếu f x x thì ta có hàm số f x e x

Vậy hsố cần tìm f x f x e f x e x                      

6 VMO 2001: - Baûng A: Cho hàm số 2

1

( ) 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 ( ; )

Dễ thấy: 1

( ) x, ( ; )

u x x

x 

  

 song ánh từ 0( ;) đến (-1; 1) Do viết lại (7)

dạng: 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

    

 

Dễ thấy hsố f(x) xác định thỏa mãn tất yêu cầu đề bài, chúng tất hàm số cần tìm

7 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) (*) Dễ 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

8 Bài T10/376:

Cho hàm số f liên tục R, thỏa mãn hai điều kiện:

4

2010 2009 2008

( ) ( ) ( ) , , ( ) ( ( ( ( )))) ( )

f  vaø f x f x   x  kí hiệu f x  f f f f x Tính f

Gọi Df tập giá trị hàm số f(x) Theo giả thiết thì: 2009Df

4

3

1 2010

2009

1

2009 2009

( ) ( ) , : ( ) ( ) ,

: ; ( ) ,

f f

f

Từ f x f x x suy f D xf x x D

Do f liên tục D D neân f x x D

x

       

 

    

 



0 0 ( )

Giả sử x D cho f x

x

  

2

0 0

1 1

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Do f nghịch biến nên f x f vaø f x f

x x x

  

Từ suy ra: 3 0 0

1

2

( ) ( ) ( )

f f x x

x  

Từ (1) (2) suy ra: 0 2 0 0 3 0

( ) ( ) ( )

x f x hay f x f x

x

   , mâu thuẫn với điều giả thiết

Vaäy không tồn 0 0 ( )

x D để f x

x

 

Lập luận tương tự, ta CM không tồn 0 0 ( )

x D để f x

x

 

Vậy nên: 2008 2008

2008

( ) , , : ( )

f x x D Mặt khác do D nên suy f

x

    

9 Baøi T11/416:

Giả sử hàm số f : liên tục thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) số hữu tỉ

20 12 2012

, ( ) ( ) ( )

x f x f x  f x số vô tỉ Chứng minh rằng: f(x) = f(x + 2012) với x thực

Nhận xét hàm số g: liên tục nhận giá trị vơ tỉ gc, với c số vơ tỉ

Thật vậy, khơng tồn cặp số thực phân biệt x x x1; 2( 1x2)sao cho g x( )1 g x( )2 Do tính chất liên tục hàm g nên với số hữu tỉ q (ming x( ); ( ) ;max1 g x2  g x( ); ( ) )1 g x2  cho trước, tồn x3( ;x x1 2)để g x( )3 q, điều khơng thể g nhận giá trị vô tỉ

Theo đề hàm số f : liên tục thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) số hữu tỉ x, (f x20)f x( 12) f x( 2012) số vô tỉ Điều tương đương với hàm số

:

f  liên tục thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) số vô tỉ

20 12 2012

, ( ) ( ) ( )

x f x f x  f x số hữu tỉ Do cặp hàm:

2

1006 20 12 2012

1006 20 12 2012

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

h x f x f f x f x f x

h x f x f f x f x f x

        

 

       

 

là hàm liên tục nhận giá trị vô tỉ với x  

Vậy theo nhận xét h1c h1; 2 c2 (với c1; c2 số vơ tỉ đó)

1

1

1006

2

1006 2012

2

( ) ( ) , ( )

: ( ) ( ) , ( )

c c

Suy f x f x x

c c

Và f x f x x



    



     



 Từ (1) (2) cho ta f x( ) f x( 2012), với x  

10 Baøi T10/387:

a/ f liên tục R b/ f x( 2008).( ( )f x  2009) 2010,  x ?

Giả sử tồn hàm số f liên tục R thỏa mãn điều kiện:

2008 2009 2010

( ).( ( ) ) ,

f x f x      x (1)

Khi đó: f x( )0và f x( )2009 trên  Vì f liên tục R nên xảy thợp miền giá trị f (kí hiệu Imf) sau:

2009 2009 0

Imf   ( ; ); Im f  ( ; ); Im f ( ;)

2009 2008 2009 2010

2009 2009 2008

2009 2008 2009

2008 2009 2009 2010

2 2008

* Im ( ; ) ( ).( ( ) ) ,

* Im ( ; ) ( )

( ) ( ) ,

: ( ).( ( ) ) , ( )

( ) : ( ).(

Nếu f thì f x f x x

Nếu f thì f x

nên f x và f x x

keùo theo f x f x x

Từ suy f x

         

     

    

     









2009 2010

0 2008 2009 2010

( ) ) ,

* Im ( ; ) ( ).( ( ) ) ,

f x x

Nếu f thì f x f x x

    

        



 Kết luận: Không tồn hàm số thỏa mãn điều kiện

C BÀI TẬP:

11 Bài T10/378:

Tìm tất hàm số f, g, h xác định liên tục và thỏa mãn điều kieän:

( ) ( ) ( ), , ( )

f x y g x h y x y  12 Bài T12/379:

Tìm tất hsố f(x) xác định liên tục [0;1], có đạo hàm (0; 1) thỏa điều kiện: a/ 20 '( )f x 11f x( )20090, x ( ; )0

b/ 2009 11 ( ) ( )

f  f  

13 Baøi T10/392:

Hãy xác định tất hàm số liên tụcf :thỏa mãn điều kiện:

2010 2009

( ( )) ( ) ( ) , ,

f x f y  f x  f y x x y  (1) 14 Baøi T11/409:

Tìm tất hàm số f :liên tục  thỏa mãn:

( ) ( ) ( ) ( ), ;

f xy  f x y  f xy x f y x y  (1) 15 Bài T11/411:

Tìm tất hàm số liên tục f : thỏa mãn: f x y(  )  f x( ) f y( ) , x y;   ( )1 (trong [t] số ngun lớn khơng vượt q t  t  t [ ]t )

16 Bài T12/412:

Tìm tất hàm số liên tục f : thỏa mãn: 3 2

1

( ) ( ) ( ), ; ( )

f x y x f x y f y x y 

17 Baøi T11/416:

Giả sử hàm số f : liên tục thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) số hữu tỉ

20 12 2012

, ( ) ( ) ( )

PHẦN 2: PHỤ LỤC CÁC ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC GIA

1 CÁC BAØI 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 ( ) f M 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( ) ( )

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 toán VMO 1993 A:

Bài 3: Hãy xác định tất hàm f(n) xác định tập số nguyên dương với giá trị ngun

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

 

  

  

 

 

 

 

  

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

Deã 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 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: 1b2000 Ta có nhận xét sau (dễ chứng minh quy nạp)

Nhận xét 1: Với r mà 0 r b ta có f: (2000r) a r

Nhận xét 2: Với k  mà 0 r b ta có f: (2000kb 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, 2000a

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 m2000.Khi m n 2000a 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))

VMO 2000: - Bảng B:

Bài 6: Tìm tất hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện:

1

( ) ( ) ,

x f x  f x  x x   x

(cũng cuûa Aùo 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 có D x x x x và D x x x x x

Vaäy D f x D x

          

   

Từ ta có nghiệm tốn 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: - Bảng 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

    

 

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( 02002y0) (**)

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 có theå 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:

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 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

0 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

Suy a = 0, ngược lại a 0thì f(x) = 1,  x 0, trái với (8) 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

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:

Bài 5: 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; ( )2x1;

2/ Xeùt deg P = n >

0

( ) n ( ), ( ), ( ) , deg

Đặt P x ax S x a với S x đa thức Skn

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

( ( ))S S( ) ,hay S( ) hoặc S( ) Như S x có dạng S x, ( ) : ( )px S x( )px

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

( ) 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( ) px1 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 đa thức thỏa (5), khơng tồn đa thức thỏa (1) trường hợp

Tóm lại, tất đa thức thỏa đề là: 2

( ) ; ( ) n ( ) n ,

P x x P x x  x 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).3byf 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 alog3elog (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

  

   

  





Giả sử tồn y  0 cho g(y0)= c Khi đó:

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

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: - Khoâng 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 vaøo 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

  

       

  

 

     

 

   

 

2 NHỮNG BÀI TỐN TRÊN TẠP CHÍ THTT NĂM 2012 Bài T11/411:

Tìm tất hàm số liên tục f : thỏa mãn: f x y(  )  f x( ) f y( ) , x y;   ( )1 (trong [t] số ngun lớn khơng vượt t  t  t [ ]t )

Từ giả thiết ta có: f x y(  ) [ ( f x y )] f x( ) f y( ) [ ( ) f x  f y( )],x y, , 

( ) ( ) ( ) [ ( )] [ ( ) ( )], , , ( ) hay f x y f x  f y  f x y  f x  f y x y 

Nhận xét VT (2) hs liên tục theo x ứng với y cố định cho trước VP nhận giá trị nguyên, nên từ (2) suy ra: f x y(  ) f x( ) f y( )C,x y, , ( )3

( ) ( ), :

Đặt f x   C g x g  hàm liên tục Thế vào (3), ta thu pt hàm Cauchy: g(x+y) = g(x) + g(y) với x, y thuộc R, có nghiệm g(t) = at, a  tùy ý

Suy f t( )at C C ,  

1

( ) , ( )

Thử lại ta thấy hàm số f t at C C   thỏa mãn

Bài T12/412:

Tìm tất hàm số liên tục f : thỏa mãn: 3 2

1

( ) ( ) ( ), ; ( )

f x y x f x y f y x y 

3

3 3

1

3

3 0 0

( ) , : ( ) ( ), ( )

: ( ) ( ) ( ), ;

( ) ( ) ( ), ; ( )

( ) ; ( ) ( ) ( ), ( )

Từ cho y ta f x x f x x

Từ suy f x y f x f y x y

hayf x y f x f y x y

Từ cho x y ta f và f x f x x

   

    

    

       

  

 Bằng PP quy nạp toán học, ta thu f nx( )nf x( ),  n

Sử dụng hệ thức: 3

1

(x ) (x )  x  x và (2) thu được:

3 3

3

3 3 2

1 6

1

2

1 1 1 1

(( ) ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),

(( ) ( ) ) ( ) ( ), , ( )

( ),( ) ( ) :

(( ) ( ) ) (( ) ) (( ) ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x x f x x f x f x x f x f x x

hay f x x x f x f x x y

Mặt khác sử dụng và ta có

f x x f x f x x f x x f x

          

      

            



 

2

2

3

1 1

2

1 2

5

( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ( ) ( ))

( ) ( ) ( ),

(( ) ( ) ) ( ) ( ) ( ), ( )

( ), ( ) ( ) ( ) ( ) ,

x f x f x f x f

x f x xf x

hay f x x x f x xf x

Từ suy f x xf hay f x ax a tùy ý

     

    

       

  



  Thử lại, ta thấy hàm số thỏa mãn điều kiện Kluận: hàm số cần tìm f(x) = ax, a  tùy ý

* Chú ý: Có thể sử dụng đẳng thức như: 3 3

1 3 1 3

(x ) x  x  x vaø x (x )  x  x

( ) ( ) để thiết lập hệ thức f x xf

Bài T11/413:

Tìm tất hàm số liên tục * * :

f   thoûa:

2

*

( ) ( ) ( )

, ; ( )

( ) ( ) ( )

f x y f x y f x

x y

x f y f x y f y

  

  

* Từ (1) cho x = y = n ta f(2n) = 2n, * n

   Vậy f(x) = x với x chẵn * Xét cặp số lẻ x; y tùy ý Khi x + y số chẵn nên: f(x+y) = x+y

Từ (1) suy ra:

2

( ) ( )

( ) ( )

x y f x y f x

x f y x y f y

  



  

2

0

2 *

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ( ) ( ) ( ))

( ) ( ) , , ; ( ) , , ( )

x y y x f x x y f y

x y x y f x x y f y

f x x f y y x y leû x y hay f x x c x leû c là số

      

      

          

* Xét cặp số x chẵn, y lẻ tùy ý Khi x+y số lẻ nên:

( ) ; ( ) ; ( )

f x y x y c f x  x f y  y c

Từ (1) suy ra:

2

( )

( ) ( ) ( )

x y c x y x

x y c x y c y c

   



      nên c = Vậy (2) cho ta f(x) = x với x lẻ Do f(x) = x với x thuộc  *

Bài T11/414:

Tìm tất hàm số f : thỏa mãn:f xf y( ( )y) f xy x(  ) f x y(  )2xy ( )1

Thay x = 1; y = ½ vào (1), ta f(a) = 1, 1

2

( )

a f 

Tiếp tục thay y = a vào (1), ta thu được:

2

2

2

1

( ) ( ) ( ) ,

( ) , ( )

( ) ( ), ( ) , ( ) ,

f x a f xa x f x a ax x

hay f xa x ax x

t at

Từ suy a Thay x vào ta f t t hay f t ct c

a a

       

   

       

 

 

 

Tiếp theo thay biểu thức f(t) vào (1) ta thu đẳng thức:

2

2

2

1

, ,

( ) , ,

c xy cy cxy cx cx cy xy x y

c c xy x y

c hoặc c

       

     

   

 

Vậy ta hàm số thỏa mãn đk f(x) = x f(x) = -2x

Baøi T11/416:

Giả sử hàm số f : liên tục thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) số hữu tỉ

20 12 2012

, ( ) ( ) ( )

x f x f x  f x số vô tỉ Chứng minh rằng: f(x) = f(x + 2012) với x thực

Nhận xét hàm số g: liên tục nhận giá trị vô tỉ gc, với c số vơ tỉ

Theo đề hàm số f : liên tục thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) số hữu tỉ x, (f x20)f x( 12) f x( 2012) số vô tỉ Điều tương đương với hàm số

:

f  liên tục thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) số vô tỉ

20 12 2012

, ( ) ( ) ( )

x f x f x  f x số hữu tỉ Do cặp hàm:

2

1006 20 12 2012

1006 20 12 2012

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

h x f x f f x f x f x

h x f x f f x f x f x

        

 

       

 

là hàm liên tục nhận giá trị vô tỉ với x  

Vậy theo nhận xét h1c h1; 2 c2 (với c1; c2 số vơ tỉ đó)

1

1

1006

2

1006 2012

2

( ) ( ) , ( )

: ( ) ( ) , ( )

c c

Suy f x f x x

c c

Và f x f x x



    



     



 Từ (1) (2) cho ta f x( ) f x( 2012), với x  

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

1 c    c c Vậy f x  Thử lại ta thấy hàm thỏa đề ( )

Baøi T11/418:

Tìm tất hàm số f : thỏa mãn:

2

( ) ( )

, , ( )

xf y yf x

f   f  xy x y

   



Từ (1) cho x = y = 0, ta f(0) =

Trong (1) cho x = y = t ta thu được: 2

( )

,

tf t

f  t  t

 

 (2) Từ (2), ta chứng minh f(t) là đơn ánh R

Thật vậy, giả sử f(x) = f(y), từ (2), ta thu được:

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2 2

2

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

: , ( )

xf x xf y xf y

f f x f

xf x xf y

yf x yf y yf x yf y yf x

f f y f

xf y yf x

Suy f f x y hay xy x y x y ñfcm

       

 

       

         

 

  

      

    

     

       

 

   

      

   

2

1

2 1

2

1 1 1 1

2 2 2 2

1

1

2 2

2

( ) ( ) , : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : ( ) ( ) ( ) : ( ) f

Trong cho t thu được f

f f f f f f

Do đó f hay f f f

f f

Dùng và tính đơn ánh f ta có f

f                                             

1 1

2

2

2

2

2

2 2 2

2 2

( ) * : ( ) ( ) : ( ) , ( ) ( ), ( ) : , ( ) : ( ) , : ( f x

Xét f Từ cho y ta có f x f x x

f x

Hay f x z với z x f x x

z f x

Suy f x f x z x

z f x

z z

Do f x f x z x x

Suy f x

                                                                      

2 2

2

2

) ,

: ( ) ,

z

f f x x z z x z x

Do f x x x

                      

* tương tự f: ( )  Trong (1) cho y = 1, ta được:

2

2 ( )

, ( )

xf x

f   x  x

 

 Từ (2) (3) có f(-x) = - f(x), x   Trong (2) thay t = -x ta được:

4 2

2 2 2 2 2

2 2

( ) ( ) ( ) , ( ), ( ) : , : , : ( )

f x f x

f x f x x hay f x t với t x f x x

t f x

Suy f x f x t x

t t

Do đó f x x t hay f x x t x

t t t

Suy ra f x f f x x

                                                                                      2 2 : ( ) , t x t

hay f x f f x x t t x x

                    

Thử lại, ta thấy hàm số thỏa mãn điều kiện toán Vậy hàm số cần tìm là: f x( ) 2x

Cách khaùc:

2 ( )

: f t ( ) : ( ( )) ( ( )) , ,

Đặt ẩn g t để chuyển g xg y g yg x  xy x y  Bài T10/419:

Tìm tất hsố f : thoûa: f xf y ( ) f f x ( ) f y( )yf x( ) f x(  f y( )),x y,   ( )1

Xét f(x)  Khi tồn a để f a( )0.Giả sử y y1; 2,ta có f y: ( )1  f y( ).2

   

   

1

1 1

2 2

1

2

( ) :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ( )), ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ( )), ( )

Từ cho x a y llượt y y ta được

f af y f f a f y y f a f a f y

f af y f f a f y y f a f a f y



    

    

1 2

2

( ), ( ), : ( ) ( )

Từ ta y f a y f a nên y y

Vậy hàm số đơn ánh 

1

0 1 1

0 1 0

; ( ), :

( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ( )) ( ( ) ( )) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )

Thay x y vào ta thu được

f f f f f f f f f f f f

f f f f

 

      

    

Tiếp tục thay y = vào (1) sử dụng f(0) = 0, ta thu được:

f xf ( )0  f f x ( )f( )0 0f x( ) f x(  f( ))0  f f x( ( )) f x( ) f x( )x Thử lại, ta thấy hàm số f x( )x thỏa mãn điều kiện

Kết luận: hs cần tìm là: f x  ( )( ) f x x

Bài T9/421: Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn: 2

1 4

( ) ( )

P x   P x  x

Nếu P(x) đa thức có bậc 0, tức P(x) = a

4

a  a a  a  Ta chứng minh hai đa thức: P x( ) 2 và P x( ) 2 5là tất đa thức thỏamãn toán

Phản chứng:

Giả sử tồn đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện toán

0 1

1

deg( ) , ( ) n n ( )

n n

P n P x a x a x  a x a a



       

Ta coù:

1 2 2

0 1 4 1 1

( n n ) ( ( )n ( )n ( ) )

n n n n

a x a x  a x a a x x a x x  a x x a

 

               

Đồng hệ số hai vế ta có: Hệ số 2

0 0 n

x laø a  a a 

Hệ số 1

0 1

2

n

n

x  laø a a C a a

    

Hệ số 2 2 2

1 2 0( ( 4) ) n

n n

x  laø a a a a C C a a

       

Hệ số

0

2 , , , 2, , ,

n i

i i

x  laø a a A B A B a i n

     

Bởi P(x) đa thức với tất hệ số hữu tỉ ( ( )P x  [ ])x

Xét số thực d nghiệm phương trình 21 21

4

2

, ( )

xx  x tức d   hoặc lấy d  21

( ) [ ] ( ) ,

Vì P x  x neân P d  u v u v

(tính chất đựoc thỏa mãn với trường hợp xm, dùng khai triển nhị thức Newton) Mặt khác ta lại có: P d2( ) 1 4P d suy P d( ), : 2( )4P d( )  1 0 P d( ) 2 5

21

( ) ( , )

mâu thuẩn với P d  u v u v 

PHẦN 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 vô địch Tốn nước, Nhà xuất Hải phịng, 1993 7 Lê Đình Thịnh - Phương trình sai phân số ứng dụng - NXB GD 2001

8 Nguyễn Văn Nho - Tuyển chọn tốn từ thi Đơng u - 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

PHAÀN 4: MỤC LỤC

PHẦN 1: NỘI DUNG CÁC BÀI GIẢNG

Bài 1: PHƯƠNG TRÌNH HAØM TRONG LỚP HAØM ĐƠN ĐIỆU

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT:

B CÁC VÍ DỤ:

C BÀI TẬP:

Bài 2: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC

A LÝ THUYẾT:

B CÁC VÍ DỤ:

C BÀI TẬP: 12

PHẦN 2: PHỤ LỤC CÁC ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC GIA 13

1 CÁC BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HAØM TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA - VMO 13

2 NHỮNG BÀI TỐN TRÊN TẠP CHÍ THTT NĂM 2012 21

PHẦN 3: TÀI LIỆU THAM KHẢO 26

PHẦN 4: MỤC LỤC 27

PHẦN 5: THẨM ĐỊNH CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

Taây Ninh, ngày tháng năm 2013

Giáo viên thẩm định Tổ trưởng chuyên môn