Đang tải... (xem toàn văn)
Phương trình hàm và bất phương trình hàm là một trong những chuyên đề giảng dạy và bồi dưỡng học sinh năng khiếu toán. Nghiên cứu phương trình hàm là một việc làm thiết thực, góp phần là[r]
(1)M C L CỤ Ụ
M C L CỤ Ụ
NỘI DUNG TRANG
I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: 2/Mục tiêu nghiên cứu: 3/Nhiệm vụ nghiên cứu:
4/Các phương pháp nghiên cứu: II.PHẦN NỘI DUNG:
1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận đề tài:
3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu:
4/Nội dung nghiên cứu kết nghiên cứu:
A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm. A.2)Một số đặc trưng hàm số
A.3)Bất phương trình hàm.
A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác. A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác. A.6)Các đề thi học sinh giỏi.
A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm. B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
III.PHẦN KẾT LUẬN:
1/Kết luận:
2/Tài liệu tham khảo:
2 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 8 12 17 20 34 43 43
(2)I.PHẦN MỞ ĐẦU:
1/Lý chọn đề tài:
Trong năm gần đây, mơn Tốn Tỉnh Tiền Giang có những tiến rõ rệt thành tích kỳ thi Học sinh Giỏi cấp Quốc gia ngày tốt Có thành tích nhờ đạo chuyên môn của SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG, nổ lực Quý Thầy Cô cố gắng em học sinh Qua trình nghiên cứu, theo dõi đề thi Học sinh Giỏi lần chấm thi, thấy đa số em học sinh “chưa thạo” trong việc giải tốn Phương trình hàm cách có “bài bản” Để góp phần nhỏ vào việc hệ thống lại cơng cụ để nghiên cứu, giải toán thi Học sinh Giỏi phần có liên quan đến hàm số, đẳng thức, bất đẳng thức, tạo sự thích thú cho em học sinh; giúp em “khơng cịn ngán ngại” gặp bài tốn hàm số Tơi xin phép trình bày chun đề “ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” 2/Mục tiêu nghiên cứu:
Nhằm hệ thống kiến thức phương trình hàm, trình bày kết qua quá trình nghiên cứu phương trình hàm bất phương trinh hàm Giúp em học sinh có kiến thức tốt Phương trình hàm phần Bất phương trình hàm, mở một số hướng cho em học sinh suy nghĩ sáng tạo toán
3/Nhiệm vụ nghiên cứu:
Trước hết thực đổi phương pháp giảng dạy Tốn làm cho học sinh sáng tạo tìm kết mới, lời giải hay “loại toán khó”, giúp thân nắm vững Phương trình hàm, đồng thời trao đổi học tập kinh nghiệm ở Q Thầy Cơ Tổ Tốn.
4/Các phương pháp nghiên cứu:
*Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp giảng GS-TSKH NGUYỄN VĂN MẬU với đề thi Học sinh Giỏi rút kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở hướng mới.
*Phương pháp trò chuyện – vấn: trao đổi tâm tình với nhiều học sinh giỏi để nắm tình hình sử dụng kiến thức Phương trình hàm.
*Phương pháp khảo sát: thân tham dự kỳ chấm thi Học sinh Giỏi nên có nắm tình hình sử dụng phương pháp làm em học sinh
*Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn đề, lựa chọn phương pháp giải cho phù hợp.
(3)1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu:
Hè năm 2003, 2004, 2005, 2006 thân tham dự lớp “BỒI DƯỠNG CHUYÊN TOÁN THPT” Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HÀ NỘI” Trong khóa học tơi nhận thấy kiến thức Tốn nâng lên rõ rệt “BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU) giảng mà tơi tâm đắc Được động viên khuyến khích Thầy TRƯƠNG THÀNH PHÚ – Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tiền Giang; mạnh dạn chọn đề tài để nghiên cứu và trình bày.
2/Cơ sở lý luận đề tài:
Kết hợp giảng tài liệu tham khảo để phân tích, tổng hợp, hệ thống.
3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu:
Đa số học sinh ngại sử dụng phương pháp này, lúng túng quá trình phân tích để tìm chất vận dụng kiến thức phương trình hàm một cách thích hợp.
4/Nội dung nghiên cứu kết nghiên cứu:
A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm:
Phương trình hàm bất phương trình hàm chuyên đề giảng dạy bồi dưỡng học sinh khiếu toán Nghiên cứu phương trình hàm việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến thức tốn Đặc biệt với “tư tưởng” Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên cứu phương trình hàm cịn giúp giải hàm “tựa” như: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ; đặc trưng hàm một số hàm số sinh phép biến hình sơ cấp, “sáng tác” kết quả mới tam giác, “kỹ thuật” giải phương trinh hàm, mối quan hệ giữa phương trình hàm bất phương trình hàm,…
A.2)Một số đặc trưng hàm số:
A.1.1/Đặc trưng số hàm sơ cấp:
Trong phần ta nêu đặc trưng sồ hàm số sơ cấp thường gặp chương trình phổ thơng Nhờ đặc trưng hàm mà ta có thể dự đốn kết phương trình hàm tương ứng có thể đề xuất dạng tập tương ứng với đặc trưng hàm đó. Các hàm số xét phần thoả mãn điều kiện liên tục trên toàn miền xác định hàm số Nếu hàm số thoả mãn đặc trưng hàm đã cho mà khơng có tính liên tục xác định tập rời rạc thì nghiệm phương trình hàm biểu thức hồn toàn khác. 1/Hàm bậc nhất: f (x)=ax+b ;(a , b ≠ 0) .
Đặc trưng hàm: f(x + y
2 )=
f (x )+f ( y )
2 ;∀ x, y (Phương trình Jensen)
(4)Đặc trưng hàm: f ( x + y )=f (x )+f ( y );∀ x , y (Phương trình Cauchy) 3/Hàm mũ: f (x)=ax;(a>0 , a ≠1) .
Đặc trưng hàm: f ( x + y )=f (x ) f ( y);∀ x , y (Phương trình Cauchy) 4/Hàm logarit: f (x)=loga|x|;(a>0 a ≠ 1) .
Đặc trưng hàm: f ( x y )=f (x )+f ( y);∀ x , y∈ R❑
(Phương trình Cauchy) 5/Hàm sin: f (x)=sin x .
Đặc trưng hàm: f (3 x )=3 f (x)− f3
(x );∀ x
6/Hàm cosin: f (x)=cos x .
Đặc trưng hàm: f (2 x )=2 f2(x )−1 ;∀ x
7/Hàm tang: f (x)=tgx .
Đặc trưng hàm: f ( x + y )= f (x)+f ( y )
1− f (x)f ( y );∀ x , y ∈ R , x+ y≠ π2+kπ (k∈ Z)
8/Hàm cotang: f (x)=cotgx .
Đặc trưng hàm: f(x + y)=f (x)f ( y)−1
f (x)+ f ( y ) ;∀ x , y ∈ R , x+ y ≠ kπ (k ∈ Z)
9/Hàm luỹ thừa: f (x)=x+α¿
; x∈ R¿ . Đặc trưng hàm: f ( x y )=f (x ) f ( y);∀ x , y
A.1.2/Hàm số chuyển đổi phép tính số học đại số:
Trong phần này, ta khảo sát số tính chất số dạng hàm số thông qua hệ thức hàm đơn giản hàm bảo tồn chuyển đổi tính chất phép tính đại số giao hốn, phân phối, kết hợp.
Bài toán 1: Xác định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả:
f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y); ∀ x,y (1)
Phân tích: f(x+1)=2f(x)+f(1), c=2c+1 ⇒ c=-1
Lời giải: Đặt f(x)=g(x)-1,
Ta có g(x+y)-1=g(x)-1+g(y)-1+[g(x)-1][g(y)-1]
hay g(x+y)=g(x)g(y) ; ∀ x,y (2) Do f(x) liên tục R nên g(x) cũng là hàm liên tục R Suy (2) có nghiệm g(x)=eax (1) có nghiệm là f(x)=eax-1.
Bài toán 2: Cho hàm số F(u,v) (u, v số thực) Giả sử phương trình hàm: f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y số thực) (1) có nghiệm f(x) xác định và liên tục R Chứng minh F(u,v) hàm đối xứng (F(u,v)=F(v,u)) có tính kết hợp (F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)])(2)
Lời giải: ∀ u,v,w D-1f(tập giá trị hàm số f)
F(u,v)=F[f(x),f(y)]=f(x+y)=f(y+x)=F[f(y),f(x)]=F(v,u)
F[F(u,v),w]=f[(x+y)+z]=f[x+(y+z)]=F[f(x),f(y+z)]=F[u,F(v,w)]
Bài tốn 3: Giả sử phương trình hàm f(x+y)=F[f(x),f(y)], ∀ x,y
(5) Lời giải: Giả sử F(u.v) đa thức bậc n theo u bậc m theo v.
Khi đó, F(u,v) đối xứng nên m=n Từ tốn 2, ta có F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)], vế trái đa thức bậc n theo w vế phái đa thức bậc n2 theo w Suy n2=n, hay n=1 Vậy F(u,v)=auv+b1u+b2v+c Mà F(u,v) đối xứng nên b1=b2 và F(u,v)=auv+bu+bv+c Theo tốn 2, ta có ac=b2-b.
Bài tốn 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b 0) Xác định hàm số
f(x) xác định liên tục R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y số thực) (Tức f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4))
Lời giải:
Nếu b 1 từ (4) với y=0, ta có f(x)=const
Khi b= 12 c=0 hàm thoả (4)
Khi b= 12 c 0 (4) vô nghiệm
Khi b 1 b 12 nghiệm (4) f(x)= 1 −2 bc
Nếu b=1 (4) có dạng f(x+y)=f(x)+f(y)+c phương trình hàm này có nghiệm f(x)=ax+c
Bài tốn 5: Cho đa thức F(u , v)=auv+bu +bv+c ( a 0, c= b2− b
a ) Xác định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả
f (x+ y )=F [f ( x), f ( y )], x , y∈ R
(Tức f (x+ y )=af(x)f ( y)+bf(x )+bf ( y)+c (5))
Lời giải: Đặt f (x)=h(x )− ba , từ (5) ta có
h(x + y )=h(x )h( y );∀ x , y ∈ R phương trình có nghiệm
h(x )=eax Suy nghiệm (5) có dạng f (x)=e
ax
−b a
Bài toán 6: Giả sử f (x) nghiệm phương trình hàm:
f (ax+by +c )=Af(x )+Bf ( y )+C(abAB ≠ 0),∀ x , y ∈ R (6) .
Chứng minh hàm số g(x)=f (x)− f (0) thoả mãn phương trình Cauchy: g(x + y)=g(x)+g ( y),∀ x , y ∈ R
Lời giải: Lần lượt đặt:
¿
x=u a, y=
v − c b
x=u a, y=
− c b
x =0 , y=v − c b x =0 , y=− c
b
(6){f (u+v )=Af (ua)+Bf (− v −c
b )+C f (u)=Af(u
a)+Bf (− c b)+C f (v )=Af(0)+Bf (v − c
b )+C f (0)=Af (0)+Bf(−c
b)+C Suy ra: f (u+v )=f (u)+f (v )− f (0)
Và g(x + y)=f (x+ y )− f (0)=f (x)+f ( y )− f (0)− f (0)=g (x)+g( y),∀ x , y ∈ R Vậy: g(x + y)=g(x)+g ( y),∀ x , y ∈ R
Bài toán 7: Giả sử hàm số f (x) liên tục R nghiệm phương
trình hàm: f (ax+by +c )=Af(x )+Bf ( y )+C(abAB ≠ 0),∀ x , y ∈ R (7) Chứng minh: A=a , B=b
Lời giải: Nghiệm g(x + y)=g(x)+g ( y),∀ x , y∈ R lớp
hàm liên tục hàm tuyến tính g(x)=αx Do f (x)=αx+β , thế vào (7), ta được: A=a , B=b ;αc −C=(a+b − 1) β (7’)
Bài toán 8: Giải biện luận phương trình hàm:
f (ax+by +c )=Af(x )+Bf ( y )+C(abAB ≠ 0),∀ x , y ∈ R (8) trong lớp hàm liên tục R.
Lời giải:
Theo tốn 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm A=a , B=b Giả sử điều kiện thoả mãn Theo (7’), ta chia truờng hợp sau: +T/h: a+b=1 , c=0 Khi (8) trở thành:
f (ax+(1 −a) y)=af(x )+(1 −b)f ( y)(abAB ≠ 0),∀ x , y ∈ R (8’) thuộc lớp hàm chuyển tiếp đại lượng trung bình cộng Vậy (8’) có nghiệm là f (x)=αx+β ; α , β∈ R
+T/h: a+b=1 , c ≠ 0 Khi (8) trở thành:
8 \) \} \{ ¿ ¿
f (ax+(1 −a) y +c)=af(x )+(1 −b)f ( y)+C (abAB≠ 0),∀ x , y ∈ R¿
Đặt:
f (x)=C
c x+h(x) Vậy (8”) có dạng:
8 ' \) \} \{ ¿ ¿
h(ax+(1− a) y +c)=ah(x )+(1 −b)h( y )(abAB ≠ 0),∀ x , y ∈ R¿
Do đó
(8’”) có nghiệm tuỳ ý (Xem (7)), (8) có nghiệm f (x)=C
(7)+T/h: a+b ≠ 1 Theo tốn nghiệm (8) có dạng f (x)=αx+β ; β∈ R Từ (7’) suy αc −C=(a+b − 1) β Nếu cho
α∈ R tuỳ ý β= αc −C a+b − 1
Bài toán 9: Xác định hàm số f (x) liên tục R nghiệm của
phương trình hàm: f (x+ y )+f (z)=f (x )+f ( y+ z);∀ x , y, z∈ R(9) .
Lời giải:
+Đặt f (0)=a , z=0 vào (9) ta có: f (x+ y )+a=f (x)+f ( y );∀ x , y ∈ R(9') +Đặt f (x)=g (x)+a Từ (9’), ta có:
9 \) \} \{ ¿ ¿
g(x + y)=g(x)+g ( y);∀ x, y ∈ R¿
Suy g(x)=αx ;α∈ R
Vậy (9) có nghiệm f (x)=ax+β ;α , β∈ R Thử lại thấy (9) thoả.
Bài toán 10: Xác định hàm số f (x) liên tục R nghiệm của
phương trình hàm: f (x+ y )f (z)=f (x)[f ( y )+f (z )];∀ x , y, z∈ R(10)
Lời giải:
Thay y=z=0 vào (10), ta f (0)f (x)=0 Vậy f (0)=0 Với z=0 thì f (x+ y )f (0)=f (x)[f ( y)+f (0)];∀ x , y ∈ R (10 ') hay f (x)f ( y)=0;∀ x , y ∈ R (10') .
A.3)Bất phương trình hàm bản.
Bài toán 1: Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời các điều kiện sau: {f (x + y )≥ f (x)+f ( y );f (x)≥0 ;∀ x ∈ R(1 1)∀ x, y ∈ R(1 2)
Lời giải:
Thay x= y=0 , ta có { f (0)≥ 0
f (0)≥ f (0)hay f (0)=0
Vậy nên f (0)=f (x+(− x ))≥ f (x )+f (− x)≥ 0 Suy f (x)=0 Thử lại (1) thoả
Bài toán 2: Cho trước hàm số h(x )=ax ;a∈ R Xác định hàm số
f (x) liên tục R thoả đồng thời điều kiện sau:
{f (x + y )≥ f (x)+f ( y );f (x)≥ ax ;∀ x∈ R (2 1)∀ x, y ∈ R(2 2)
Lời giải:
(8)Bài toán 3: Cho a>0 Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời điều kiện sau: {f (x + y )≥ f (x)f ( y);∀ x , y ∈ R (3 2)f (x )≥ ax;∀ x ∈ R(3 1)
Lời giải:
Ta có f (x)>0 ;∀ x ∈ R Khi logarit hố hai vế (3.1), (3.2), ta có
{ln f (x )≥(ln a)x ;ln f (x + y )≥ ln f (x)+ln f ( y );∀ x ∈ R(3 1')∀ x , y ∈ R(3 ') Đặt ln f (x)=ϕ(x ) , ta có:
{ϕ(x)≥(lna) x ;∀ x ∈ R (3 \) \{\} ##ϕ \( x+y \) >= ϕ + \( y \) ;` forall x,y in R~ \( \( x \) ϕ 2)3
Đặt ϕ(x)=g (x)+(ln a)x , ta có: hàm g(x) thoả điều kiện toán 2 nên g(x)=0 ;∀ x ∈ R ϕ(x)=(lna) x Vậy f (x)=ax;∀ x ∈ R(3 1) thoả điều kiện toán.
Bài toán 4: Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời
các điều kiện sau: {
f (x)≥ ;∀ x∈ R(4 1)
f (x+ y
2 )≥
f (x )+f ( y)
2 ;∀ x , y ∈ R (4 2)
Lời giải:
Đặt f (0)=a , f (x)−a=g(x ) . Khi đó ta có
{g (x + y g (x)≥ 0;∀ x∈ R(4 ')
2 )≥
g(x )+g ( y )
2 ;∀ x , y ∈ R(4 ')
với g(0)=0 Thay y=0 vào
(4.1’) và (4.2’) {g ( x
2)≥
g(x )
2 ;∀ x∈ R
g (0)=0 . Suy ra
g(x+ y
2 )≥
g (x)
2 +
g( y)
2 ;∀ x , y ∈ R hay {
g (0)=0 , g(x )≥ ;∀ x ∈ R g (x+ y)≥ g (x)+g( y );∀ x , y ∈ R theo tốn g(x)=0 ;∀ x ∈ R vaø f(x) laø const Thử lại f (x)=c thoả điều kiện toán.
Bài toán 5: Xác định hàm số f (t) liên tục R thoả điều kiện sau: f (x)=maxy∈R {2 xy − f ( y )};∀ x ∈ R (5)
Lời giải:
Từ (5) ta có f (x)≥2 xy − f ( y );∀ x, y ∈ R (5’)
Thay x= y=t vào (5’), ta có f (x)≥ x2;∀ x ∈ R (5”)
Suy 2 xy − f ( y)≤2 xy − yx − y¿2;∀ x , y ∈ R2
=x2−¿ mà
x − y¿2
x2−¿=x2suy f (x)≤ x2;∀ x ∈ R max
y∈ R {2 xy − f ( y )}=maxy∈ R ¿
.
Vậy f (x)=x2;∀ x ∈ R (kết hợp với (5”) Thử lại thấy thoả điều kiện.
Bài toán 6: Xác định hàm số f (t) liên tục R+ thoả điều kiện
sau:
+¿
y∈ R+¿{
x2y+xy2− f ( y)};∀ x∈ R¿ f (x )=max
¿
(9) Lời giải:
Tương tự tốn 5, ta có f (x)≥ x2 +¿
y+xy2− f ( y);∀ x , y ∈ R¿ Thay x= y=t vào (6’), ta có f (x)≥ x+3;∀ x ∈ R¿ ¿ (6”)
Suy ra:
+¿
x − y¿2≤ x3;∀ x , y ∈ R¿
x2y +xy2− f ( y )≤ x2y +xy2− y3
=x3−(x+ y)¿
mà
x − y¿2 +¿suy
x3−(x + y )
¿=x3;∀ x ∈ R¿
y∈ R+¿
¿
y∈ R+¿{x2y+xy2− f ( y)}=max
¿
max
¿
+¿
f (x)≤ x3;∀ x ∈ R¿ Kết hợp với (6”), ta có
+¿
f (x)=x3;∀ x ∈ R¿ Thử lại thấy thoả điều kiện toán.
Nhận xét: Điều khẳng định cho ta kết luận tương ứng
sau:
Nếu có bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x , y ; chẳng hạn như x3≥ x2y +xy2− y3;∀ x , y ∈ R thì từ điều kiện
+¿
y∈ R+¿{x2y+xy2− f ( y)};∀ x∈ R¿ f (x )=max
¿
ta có hàm cần tìm là
+¿
f (x)=x3;∀ x ∈ R¿
Từ ta “sáng tác” tốn tương tự
Bài toán 7: Chứng minh nếu:
Hoặc f'(x )>0 h( x)≥0 ∀ x ∈ Ω⊂ Df
Hoặc f'(x )≥ h (x)>0 ∀ x ∈ Ω⊂ Df
thì Ω ta coù : f(g(x ))+g(x ) h(x )≥ f (0)⇔ g(x)≥ 0
Lời giải:
Sử dụng định lý Lagrange, ta có:
f(g(x ))+g(x ) h(x )≥ f (0)
⇔ f(g (x))-f (0)+g(x ) h(x )≥ 0
⇔[f'(c)+h(x )]g( x)≥0 ;c nằm g(x) ⇔ g (x)≥ do[f '(c)+h(x)]>0
Bài tốn 8: Giải bất phương trình 3x2
− 4
+(x2− 4)3x −21 (7)
Lời giải:
Xét hàm số f (x)=3x , ta có f ' (x)=3x ln x
(7): f (x2− 4)− f (0)+(x2− 4)3x− 2≥ 1=f (0) Sử dụng định lý Lagrange, ta có:
(10)(x2− 4)[f ' (c)+3x −2]≥ 0 (x2− 4)[3cln 3+3x− 2]≥ 0
0 ) (
x
x ≥ 2∨ x ≤ −2
Bài toán 9: Cho số dương M , a Tìm hàm số
f (x), g (x):R → R thoả mãn điều kiện
|f ( y )− f (x )− g (x)(x − y )|≤ M|x − y|2+a;∀ x , y ∈ R (8)
Lời giải:
Giả sử có hàm số f (x), g (x):R → R thoả điều kiện Thay đổi vai trò x , y ta có:
|f (x)− f ( y )− g ( y)( y − x)|≤ M|y − x|2+a;∀ x, y ∈ R(8 ') Cộng vế (8) và
(8’), ta có
|[g(x )− g ( y )](x − y)|≤|f ( y)− f (x )− g (x)(x − y )|+|f (x)− f ( y )− g ( y)( y − x )|
8 \) \} \{ ¿ ¿
|[g(x )− g ( y )](x − y)|≤ M|x − y|2+a;∀ x, y ∈ R¿
|g (x)− g( y)
x − y |≤ M|x − y| a
;∀ x, y ∈ R , x ≠ y Cố định x cho y → x , ta có g '(x )=0 ;∀ x ∈ R suy g(x)=c (const);∀ x ∈ R
Thay g(x)=c vào (8) làm tương tự trên, ta có: |f (x )− f ( y)
x − y − c|≤2 M|x − y| a
;∀ x , y ∈ R , x ≠ y
f ' (x)=c⇒ f (x)=cx+d
Thử lại g(x)=c ; f (x )=cx +d thấy đúng.
Bài toán 10: Chứng minh: |x|=max |a|≤1
(ax ) (9)
Lời giải:
Ta có −|x|≤(ax )≤|x|;∀ a∈[−1 ;1] , suy điều phải chứng minh
A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác.
Phép tịnh tiến sinh hàm tuần hồn cộng tính, phép đồng dạng sinh ra hàm tuần hồn nhân tính, phép phản xạ sinh hàm số chẵn, lẻ.
Tính chất 1: Điều kiện cần đủ để số dương A, B, C góc của một tam giác A+B+C= π
Tính chất 2: Điều kiện cần đủ để số dương a, b, c cạnh của một tam giác a+b>c, b+c>a, c+a>b (hay /b-c/<a<b+c)
Bài toán 1: Xác định số α để hàm số f (x)=x +α có tính chất f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
(11)Để f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác, trước hết phải có f (a)>0 , f (b)>0 , f (c )>0 .
Suy a+α>0 , b+α>0 , c +α >0 ;∀ Δ ABC
Hay α>−a , α >−b , α >− c ;∀ Δ ABC tương đương
α>max{−a , − b ,− c};∀ Δ ABC hay α ≥ 0 Ngược lại, với α ≥ 0 thì f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác Vậy với α ≥ 0
thì hàm số f (x)=x +α có tính chất f (a), f (b), f (c) độ dài các cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
Bài toán 2: Xác định số α để hàm số f (x)=αx có tính chất f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
Lời giải:
Để f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác, trước hết phải có f (a)>0 , f (b)>0 , f (c )>0 .
Suy αa >0 , αb>0 , αc>0 ;∀ Δ ABC
Hay α>0 Vậy với α>0 hàm số f (x)=αx có tính chất f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
Bài toán 3: Xác định số α , β để hàm số f (x)=αx+β có tính chất
f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
Lời giải:
Để f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác, trước hết phải có f (a)>0 , f (b)>0 , f (c )>0 .
Suy αa+β>0 , αb+β >0 , αc+β >0 ;∀ Δ ABC(3)
Từ (3), ta có α ≥ 0 (Vì α<0 , β tuỳ ý ta chọn tam giác ABC có a đủ lớn αa+β<0 )
Tương tự β ≥ 0 (Vì β<0 chọn tam giác ABC có a đủ nhỏ thì αa+β<0 )
Trường hợp α=β=0 không thoả.
Vậy α ≥ , β ≥ , α+β >0 hàm số f (x)=αx+β có tính chất f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
Bài toán 4: Xác định số α , β để hàm số f (x)=
αx+β có tính chất f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
(12)Giả sử a ≥ b ≥ c Phép nghịch đảo g(x)=1
x khơng có tính chất g(a), g (b), g (c) độ dài cạnh tam giác ứng với mọi tam giác ABC.( Phản ví dụ a=b=2, c=1 ; ta có 1a+1
b=
1
c )
Để f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác, trước hết phải có f (a)>0 , f (b)>0 , f (c )>0 .
Suy αa+β>0 , αb+β >0 , αc+β >0 ;∀ Δ ABC(4 ) Suy α ≥ ; β ≥ 0 (bài toán 3)
+Trường hợp α=β=0 : không thoả.
+Trường hợp α>0 , β =0 : không thoả ( a=b=2, c=1 ) +Trường hợp α=0 , β>0 : f (a)=f (b)=f (c)=1
β>0 ; f (a), f (b), f (c) là độ dài cạnh tam giác đều.
+ Trường hợp α>0 , β >0 : ta có f (a)≥ f (b)≥ f (c )
Ta cần xác định số dương α , β cho: f (a)+f (b)>f (c);∀ ABC , a≥ b ≥ c
Hay αa+β1 +
αb+β>
1
αc+ β;∀ ABC , a≥ b ≥ c (4’)
Phản ví dụ: a=b=3 d>0 , c=d >0 vào (4’), ta có: 3 αd+β2 >
αd+β Suy β>2 dα , điều không xảy với d đủ lớn.
Vậy với α=0 , β>0 : f (a)=f (b)=f (c)=1
β>0 ; f (a), f (b), f (c) độ dài cạnh tam giác ứng với tam giác ABC.
Bài toán 5: Xác định hàm số f (x) liên tục [0; π ], f (0)=0
và có đạo hàm (0; π ) cho f (A ), f (B), f (C) tạo thành số đo các góc tam giác ứng với tam giác ABC cho trước.
Lời giải:
Ta cần xác định hàm khả vi f (x) cho: {
f (x )>0 ;∀ x ∈(0; π ) f (0)=0
f ( A)+f (B)+f (C)=π f (0)=0⇒ f (π )=π C=π −( A+B)
Suy f (A )+f (B)+f (π − A − B)=π ;∀ A , B , A +B∈[0 ; π ] Hay f (x)+f ( y)+f (π − x − y)=π ;∀ x , y , x+ y ∈[0 ;π ]
Lấy đạo hàm theo biến x : f ' (x)+f '(π − x − y)=0 ;∀ x , y , x + y ∈[0 ; π ] Suy x : f ' (x)=c ;∀ x ∈(0; π ) .
Vậy f (x)=px+q Do f (0)=0 suy q=0 Do f (π )=π nên p=1
Kết luận: hàm số f (x)=x liên tục [0; π ], f (0)=0 có đạo hàm (0; π ) cho f (A ), f (B), f (C) tạo thành số đo các góc tam giác ứng với tam giác ABC cho trước.
(13)f (0)=0 , f (x)>0 ;∀ x ∈(0 ; π) cho f (A ), f (B), f (C) tạo thành số đo các góc tam giác ứng với tam giác ABC cho trước.
Lời giải:
Ta cần xác định hàm f (x) liên tục [0; π ] cho: { f (x )>0 ;f (0)=0∀ x ∈(0 ;π )
f (x )+f ( y)+f (π − x − y)=π ;∀ x, y , x + y ∈(0 ;π ) (6) f (x)+f (0)+f (π − x )=π ;∀ x ,∈[0 ; π ]( y =0) (6’)
Đặt f (x)=x +g(x ) g(0)=0 , g( x) liên tục [0; π ]
Ta có x+g (x)+(π − x )+g(π − x)=π
6 \) \} \{ ¿ ¿
g(x)=− g(π − x )¿
Thế f (x)=x +g(x ) vào (6) sử dụng (6”), ta
có: x+g (x)+ y +g( y)+π −(x + y )+g [π −(x + y)]=π
Hay g(x)+g ( y)=g (x+ y);∀ x , y ∈[0 ; π ], x+ y ≤ π (6’”) Do f (x) liên tục [0; π ] , nên (6”’) phương trình hàm Cauchy và
g(x)=ax ; f (x )=(1+a) x f (x)>0 ;∀ x ∈(0 ; π) nên 1+a>0 để f (A )+f (B)+f (C)=π ta cần có 1+a=1suy a=0 ;f (x)=x
Bài toán 7: Xác định hàm số f (x) liên tục [0; π ], cho
f (A ), f (B), f (C) tạo thành số đo góc tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước.
Lời giải:
*Ta thấy có hai hàm số hiển nhiên thoả điều kiện là f (x)=x ;f ( x)=π
3
*Ta xác định hàm số f (x) liên tục [0; π ] và {¿f (x )+f ( y)+f (π − x − y)=π ;f (x)>0 ;∀ x ∈(0 ; π )∀ x , y , x + y ∈(0 ;π ) (7)
Cho y → 0 , ta có: f (x)+f (0)+f (π − x )=π ;∀ x ,∈(0; π ) (7’)
Hay f (π − x )=π − f (x)− f (0);∀ x ,∈[0 ; π ] Đặt f (x)=f (0)+g(x ) thế vào (7) sử dụng (7’), ta có:
f (x)+f ( y)+π − f (x + y)− f (0)=π hay f (x+ y)+f (0)=f (x )+f ( y ) f (x+ y )− f (0)=f (x)− f (0)+f ( y )− f (0)
Hay g(x)+g ( y)=g (x+ y);∀ x , y∈[0 ; π ], x+ y ≤ π (7”) phương trình hàm Cauchy g(x)=αx ;f (x)=αx+β Ta cần xác định α , β để
{f ( A)+f (B)+f (C)=πf (x )>0 ;∀ x ∈(0; π )
Hay {αx+β >0 ;α (A +B+C)+3 β=π∀ x ∈(0 ;π ) hay {
αx+ β>0;∀ x∈(0; π )
(14)Hay f (x)=αx+(1 −α) π
3 >0;∀ x ∈(0 ; π ) (7”’) Cho x → ; x → π , ta
có: −1
2≤ α ≤ 1
Kiểm tra trường hợp: + −1
2<α<1 : (7’”) thoả
+ α=−1
2 : (7’”) thoả (f (x)=− 2x+
π
2)
+ α=1 : (7’”) thoả (f (x)=x)
Vậy hàm cần tìm có dạng: f (x)=αx+(1 −α) π
3 ;− 2≤ α ≤ 1
Bài toán 8: Xác định hàm số f (x) liên tục [0; π ], sao
cho:
f (a), f (b), f (c) tạo thành số đo cạnh tam giác nội tiếp trong đường trịn đường kính ứng với tam giác ABC cho trước.
Lời giải:
Ta có nhận xét sau: Xét đường trịn (O) có đường kính 2R=1. M (Δ) tập hợp tất tam giác nội tiếp đường trịn (O) nói Khi điêu kiện cần đủ để ba số dương α , β , γ ba góc tam giác thuộc M (Δ) sin α , sin β ,sin γ tạo thành độ dài cạnh tam giác thuộc M (Δ) (
a=2 R sin α=sin α , b=2 R sin β=sin β ,c =2 R sin γ=sin γ ) Theo tốn 7 thì f (x)=sin[αx+(1 −α )π
3 ];−
2≤α ≤1 .
*Nhận xét: nghiệm phương trình vơ định x2+y2=z2 mô tả
dưới dạng
+¿
x=u cos v y =u sin v
z=u
;u∈ R¿
¿ ¿
Ta suy kết luận sau:
Bài toán 9: Chứng minh +¿, v∈(0 ;
π
2)
∀ (u ;v );u ∈ R¿ tồn tam giác mà
độ dài cạnh số
+¿, v∈(0 ;π 2)
{P1(u , v)=u cos v
P2(u , v)=u sin v
P3(u , v )=u v
;u∈ R¿ tam giác
vuông.
(15)+¿, v∈(0 ;π 2)
{P1(u , v)=u cos v
P2(u , v)=u sin v
P3(u , v )=u v
;u∈ R¿
Ta thấy {
P1(u ;v )>0
P2(u ;v )>0
P3(u ;v )>0
[P1(u ; v)]
+[P2(u ;v )]2=[P3(u ; v)]2
Từ suy ra
P1(u ;v ), P2(u ;v ), P3(u ; v) độ dài cạnh tam giác
vng có canh huyền P3(u ;v ) .
Bài toán 10: Chứng minh ∀ x >1 tồn tam giác mà độ
dài cạnh số {
P1(x )=x
+x3+2 x2+x +1
P2(x )=2 x
+x2+2 x +1
P3(x )=x
−1
tam giác đó
có góc lớn ( ∀ x>1 cho trước). Lời giải:
{P1(x )=(x
2+1)(x2
+x +1)
P2(x)=(x2+1)(2 x +1)
P3(x)=(x2− 1)(x2+1)
Đặt {
a=(x2+x+1)>0
b=(2 x +1)>0 c=(x2− 1)>0
Ta có
|b − c|=|x2− x −2|
<a=x2+x+1<|b+c|=x2+2 x Vậy a , b , c cạnh
của tam giác Cạnh lớn tám giác ứng với P1(x)hay a .
Khi gọi α góc lớn nhất, cos α=− a2+b2+c2
2 bc = =−
2⇒ α= π3
A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác.
Một số hàm số khơng phải hàm lồi có tính chất hàm lồi được gọi hàm “tựa lồi”, hàm số khơng phải hàm lõm có tính chất hàm lõm gọi hàm “tựa lõm” , (theo Thầy Nguyễn Văn Mậu)
Bài toán 1: Trong tam giác ABC, A<B sinA<sinB (Chứng minh đơn giản: tương ứng với góc lớn cạnh lớn hơn).
Nhận xét:
Hàm số f (x)=sin x không đồng biến (0 ; π) ta cũng có hệ thức kiểu “đồng biến” cho cặp góc tam giác.
Bài tốn 2: Trong tam giác ABC, ta có cos A+cos B ≤ cos A+B
2 .
(16)Hàm số f (x)=cos x không hàm lõm
¿
f \( x \) <0 right )\} \{
(0 ; π) ¿
nhưng ta có hệ thức kiểu hàm lõm cho cặp góc tam giác. Bài tốn 3: Trong tam giác ABC, ta có:
3.1) sin A +sin B+sin C ≤3√3
3.2) cos A+cos B+cos C ≤3
3.3) tg A 2+tg
B
2+tg
C
2 ≥√3
3.4) cot gA +cot g
B
2+cot g
C
2≥3√3
Nhận xét:
Từ kết 3.2) ta nhận thấy tính chất hàm lõm khơng cịn được sử dụng cơng cụ để kiểm chứng tính đắn của bất đẳng thức Vậy vấn đề đặt là: Về tổng thể, ta mơ tả được hay không lớp hàm tổng quát thoả mãn điều kiện
f (A )+ f (B)+f (C)≤ f (π
3)
f (A )+ f (B)+f (C)≥ f (π
3)
¿
với tam giác ABC?
Bài toán 1: Cho hàm số f (t);t∈(0 ;π ) Chứng minh điều kiện
(1.1) (1.2) sau tương đương: f (x)+f ( y)≤ f (x+ y
2 );∀ x, y , x+ y ∈(0 ; π)(1 1)
f (x)+f ( y)+f (z )≤ f (x + y +z
3 );∀ x , y , z, x + y+z∈¿(1 2)
Lời giải:
+Giả sử: x ≥ y ≥ z , ta có f (z)+f (x + y +z
3 )≤2 f(
z +x+ y+ z z
2 )(1 3)
Từ (1.1) (1.3), ta có:
f (x)+f ( y)+f (z )+f (x + y +z
3 )≤ 2[f (
x + y
2 )+f(
z+x + y +z
3 )] 4 f(x + y +z
3 );∀ x , y , z, x + y +z∈¿ Suy (1.2)
+Từ (1.2), giả sử x ≤ z ≤ y , đặt z=x+ y
2 ta (1.1).
Bài toán 2: Xác định hàm số f (t);t∈(0 ;π ) thoả mãn điều kiện:
(17)+(2) thoả với cặp góc nhọn A,B tương đương với f (t)=f0(t) hàm đồng biến ¿
+Xét hàm số g0(t)={
f0(t )khi0<t ≤π
f0(π −t)khi
π
2<t <π
Ta chứng minh g0(t)
thoả điều kiện toán Thật vậy: o A, B nhọn (2) thoả o Xét 0< A<π
2<B<π ; A+B<π
⇒ π − B >A , g0(B)=f0(π − B)>f0(A )=g0(A)
+Ta chứng minh hàm số f (t);t∈(0 ;π ) thoả điều kiện bài
tốn có dạng:
g0(t ), 0<t ≤π2
g0(t), khi
π
2<t< π
f (t)=¿
Thật vậy, từ g0(B)≤ f (B)
với B tù, ta có 0< A<π
2<B<π , A +B<π thì
π − B> A , f (B)≥ g0(B)=f0(π − B)>f0(A)=g0(A)=f ( A )
Bài toán 3: Xét hàm số
sin t , 0<t ≤π
1+cost , khiπ 2<t <π
f (t)=¿
Chứng minh với tam
giác ABC ta có f (A )+f (B)+f (C)≤3√3
2 (3)
Lời giải:
+Tam giác ABC nhọn (hay vng) (3) có dạng quen thuộc
sin A +sin B+sin C ≤3√3
+Tam giác ABC tù: C>π
2 thì (3) có dạng sin A +sin B+1+cos C ≤3√3
2 (3 ')
Do sin A +sin B+1+cos C ≤ sin A +sin B+sin C ≤3√3
A.6)Các đề thi học sinh giỏi.
I.Tính giá trị hàm số:
Bài tốn 1: Cho hàm số f (x), x∈ Z , thoả:
{f (m+n)=f (m)+f (n)+3 (4 mn −1);f (1)=0 ∀ m, n ∈ Z Tính f (19)
(18)f (1)=0 f (2)=2 f (1)+9=9 f (4 )=2 f (2)+45=63 f (5)=f (4 )+f (1)+45=108 f (9)=f (5)+f (4)+237=408
f (10)=2 f (5)+297=513
Suy f (19)=f (10)+f (9)+1077=513+408+1077=1998
Bài toán 2: (Dự tuyển IMO) Cho hàm số f (x):
{f (x )+f ( y)=f (x + y )− xy −1 ;f (1)=1 ∀ x , y ∈ R Tìm số n∈ Z : f (n)=n
Lời giải: Cho y=1⇒ f (x)+f (1)=f (x+1)− x − 1⇒ f (x+1)=f (x)+2
f (n)=f (n −1)+(n+1);∀ n∈ Z , f (n −1)=f (n −2)+(n) f (n −2)=f (n −3)+(n− 1)
f (2)=f (1)+(3)
Suy f (n)=(n+1)+(n)+(n− 1)+ +(3)+2+1− 2=∑
n+1 i −2
f (n)=n⇔(n+1)(n+2)
2 −2=n⇔n
+n − 2=0⇔ n=1 , n=− 2
Bài toán 3: Cho hàm số f xác định tập số nguyên thoả:
f (0)≠ 0 f (1)=3
f (x)f ( y)=f (x + y )+ f (x − y );∀ x , y ∈ Z Tính
f (7)
Lời giải:
+Ta chứng minh f (n)=3 f (n −1)− f (n − 2) . Ta có f (1)f (0)=f (1)+f (1)⇒ f (0)=2
f (n)f (1)=f (n+1)+f (n− 1)⇒3 f (n)=f (n+1)+f (n− 1) f (n+1)=3 f (n)− f (n − 1)⇒f (n)=3 f (n −1)− f (n− 2) + Suy ra: f (7)=3 f (6)− f (5)
f (2)=3 f (1)− f (0)=7 f (3)=3 f (2)− f (1)=18 f (4)=3 f (3)− f (2)=47 f (5)=3 f (4)− f (3)=123 f (6)=3 f (5)− f (4)=322 f (7)=3 f (6)− f (5)=843
Bài toán 4: Cho hàm số f xác định tập N* thoả:
¿
f (1)=5 f(f (n))=4 n+9
f (2n)=2n+1
+3 ;∀ n∈ N ∗ ¿
Tính f (1789)
(19)Ta có 1789=4.445+9, 445=4.109+9, 109=4.25+9, 25=4.4+9 Ta tính giá trị:
f (4 )=f (22)=23+3=11
f (11)=f (f (4))=4 +9=25
f (25)=f (f (11))=4 11+9=53
f (53)=f(f (25))=4 25+9=109
f (109)=f (f (53))=4 53+9=221
f (221)=f (f (109))=4 109+9=445
f (445)=f(f (221))=4 221+9=893
f (893)=f(f (445))=4 445+9=1789
f (1789)=f (f (893))=4 893+9=3581
Bài toán 5: Cho hàm số f xác định R thoả: f (x )f ( y )− f (xy)
3 =x + y +2 ;∀ x , y∈ R (5) Tính f (36)
Lời giải:
f (0)f (0)− f (0)
3 =2⇒ f (0)=− hay f (0)=3
+T/h f (0)=−2 , ta có
f (x )f (0)−f (0)
3 =x+2 ;∀ x ∈ R , y=0⇒ f ( x)=− 32x −2
không thoả (5)
+T/h f (0)=3 , ta có f (x )f (0)−f (0)3 =x+2 ;∀ x∈ R , y=0⇒ f ( x)=x+3
thoả (5) Suy ra: f (36)=36+3=39
Bài toán 6:
Đặt f1(x )=−2 x+7
x +3 , fn+1(x)=f1(fn(x));n ≥ 1 Tính f2001(2002)
Lời giải:
f1(x)=− 2−
x +3 f2(x )=f2(f1(x))=−2 −
f1(x )+3=−2 −
1
−2 − x+3+3
=− −
x+2
f3(x)=f1(f2(x))=− 2−
f2(x)+3
=− 2−
− 3− x +2+3
=x
Chứng minh quy nạp: ¿f3 n(x )=x ;∀ x ∈ N {−2, −3¿ ¿
Suy f2001(2002)=2002
Bài toán 7: Cho hàm số f xác định tập số thực thoả điều kiện: {f (x + y )=f (xf (xy )=xf ( y )+yf (x )(1)1993
)+f ( y1993)(2)∀ x , y ∈ R Tính f (√5753)
(20)(1): thay x= y=0⇒ f (0)=0
(1):thay x= y =1⇒ f (1)=0
(2): thay y=0⇒ f (x)=f ( x1993 )
⇒ f (x+ y)=f (x)+f ( y);∀ x , y ∈ R(2 ') Vậy hàm số f cộng tính R
f (x +1)=f (x)+ f (1)=f ( x)
(1): f (x2)=2 xf (x )
⇒ f (xn
)=nxn− 1f (x )(x ≠ , n∈ N)(C/m quy nạp)
Suy f (x)=1993 x1992f (x ) Nếu f (x)≠0 1993 x1992=1 ,∀ x ≠ 0(!) Vậy: f (x)≡0 Kết luận f (√5753)=0
Bài toán 8: Cho hai hàm số f , g ;f : K → K , g : K → K(K=(2 ;4)) thoả
điều kiện: {f (g (x))=g(f (x))(1)f (x) g(x)=x2
(2) ∀ x∈ K Chứng minh f (3)=g(3)
Lời giải:
Lấy x0∈ K ,a=f (x0)
x0 >0
Chứng minh quy nạp: f (anx0)=a
n+ 1
x0;∀ n ∈ N
+ a>1 , anx0∈ K ; ∀ n(!)(do a
n
x0→+∞)
+ 0<a<1 ,(!)(do anx
0→ 0)
+Vậy a=1⇒ f (x0)=x0⇒ f (x)=x ;∀ x ∈ K ; tương tự g(x)=x ;∀ x∈ K
Kết luận: f (x)=g (x);∀ x ∈ K ⇒ f (3)=g(3)
Bài toán 9: (IMO) Cho hàm số f : N → N thoả điều kiện: { f (m+n)− f (m)− f (n)∈{0 ;1}(1)
f (2)=0 , f (3)>0 , f (9999)=3333(2) Tính f (1982)
Lời giải:
(1): f (m+n)≥ f (m)+f (n)
m=n=1⇒0=f (2)≥ f (1)⇒ f (1)=0
m=2 , n=1⇒ f (3)=f (2)+f (1)+0=0(!)∨ f (3)=f (2)+f (1)+1=1 ⇒ f (3)=1 f (3 2)=f (3+3)≥ f (3)+f (3)=2 f (3)=2
f (3 n)≥n ;∀ n ∈ N (C/m quy nạp)
+Nếu f (3 n)=n m>n ta có f (3 m)>m Thật vậy, f (3(n+1))>f (3 n)+f (3)=n+1
+ 3333=f (9999)=f (3 3333)⇒ f (3 n)=n với n≤ 3333 Vậy f (3 1982)=1982
Mặt khác 1982=f (3 1982)≥ f (2 1982)+f (1982)≥ f (1982)
⇒ f (1982)≤1982
3 <661
f (1982)≥ f (1980)+f (2)=f (3 660)+f (2)=660 Do 660 ≤ f (1982)<661⇒ f (1982)=660
Bài toán 10: Cho hàm số f liên tục R thoả điều kiện:
(21)Lời giải:
f (f (1000))f (1000)=1⇒ f (999)=
999
Do hàm số f liên tục R f (999)=
999<500<999=f (1000) nên
tồn x0∈(999 ;1000): f (x0)=500
(1) f (f (x0))f (x0)=1⇒ f (500)= 500 II.Ước lượng giá trị hàm số:
Bài tốn 1: Cho hàm số f xác định đoạn [0;1] , thoả:
{f (x+ y f (0)=f (1)=0 (1)
2 )≤ f (x)+f ( y );∀ x , y ∈[0;1](2)
1)Chứng minh phương trình f (x)=0 có vơ số nghiệm [0;1]
2)Tồn hay không hàm số xác định [0;1] thoả mãn điều kiện (1), (2) không đồng 0?
Lời giải:
1) x= y⇒f (x)≤2 f (x)⇒f (x)≥0 ; ∀ x ∈[0 ;1] x=1 , y =0⇒0 ≤ f(1
2)≤ f (0)+f (1)=0⇒ f( 2)=0
Dễ dàng chứng minh f(
2k)=0 ;∀ k ∈ N
Vậy phương trình f (x)=0 có vơ số nghiệm [0;1]
2)Hàm số
0 , x∈Q ∩[0 ;1]
¿1 ;khi x∈[0 ;1]} ¿f (x )=¿
thoả mãn điều kiện toán
Bài tốn 2: Cho hàm số f xác định R , thoả:
{f (x )=f (4 − x)+f (14 − x);f (0)=0 (1) ∀ x (2)
Hãy tìm số nghiệm phương trình f (x)=0 đoạn [-1000;1000]
Lời giải:
f (0)=f (4 )=f (14)=0 ; f (x)=f (10+x);∀ x
Vì với x1=10 k , x2=10 k +4 ; k∈ Z nghiệm phương trình f (x)=0 .
Trên [-1000;1000] số điểm dạng x1 (không kể điểm bội) là
1000+1000
10 +1=201
Trên [-1000;1000] số điểm dạng x2 (không kể điểm bội) là
994+996
10 +1=200
(22)Xét hàm số f (x)={ 0 , x có dạng x1 x2
1, trường hợp cịn lại thỏa điểu kiện bài
tốn
+Nếu x có dạng x1 f (x)=0 ; 4 − x , 14 − x có dạng
x2 nên f (4 − x)=f (14 − x)=0 .
+Nếu x có dạng x2 f (x)=0 ; 4 − x , 14 − x có dạng
x1 nên f (4 − x)=f (14 − x)=0 .
+Nếu x khơng có dạng x1 , x2 f (x)=f (4 − x )=f (14 − x )=1 . Vậy số nghiệm phương trình f (x)=0 đoạn [-1000;1000] là 401.
Bài toán 3: Cho hàm số f xác định K; K =[0;1] , thoả:
{ f (1)=1(1)f (x )≥ 0(2)
f (x + y )≥ f (x)+f ( y );∀ x, y , x+ y ∈ K (3) Chứng minh f (x)≤2 x ;∀ x∈ K
Lời giải:
1)Chứng minh f(1
2n)≤
1
2n;∀ n ∈ N
❑
quy nạp.
2) f (x+ y )≥ f (x)+f ( y )≥ f (x);∀ x , y , x+ y ∈ K ; suy f không giảm trên K.
3) ∀ x ∈ K , chọn k =[log21
x], k ≤ log2
x<k +1⇒2 k
≤1 x<2
k+1
⇒
2k+1<x ≤
1
2k ⇒ f (x)≤ f(
1 2k)=2
1 2k+1<2 x
Bài toán 4: Cho hai hàm số liên tục K: f , g : K → K ; K=[0;1] ,
thoả: {f (g(x ))=g (f (x))(1)¿
¿ hàm số tăng(2)
Chứng minh ∃a ∈ K : f (a)=g (a)=a
Lời giải:
Đặt h(x )=g(x )− x , h(x ) hàm số liên tục K và h(0)=g (0)− ≥ ,h (1)=g (1)−1 ≤ 0 Vậy ∃ x0∈ K :h(x0)=0 hay g(x0)=x0
+Nếu f (x0)=x0 ta có điều phải chứng minh.
+ Nếu f (x0)≠ x0 Khi ta xây dựng dãy số
(xn): x1=f (x0)
xn+1=f (xn), n∈ N ∗ ¿{
Chứng minh g(xn)=x¿n;n∈ N ∗ ¿
quy nạp.
Dãy (xn) đơn điệu (tăng x0<x1 , giảm x0>x1 ) bị chặn
(23)¿
f (a)=f (lim xn)=lim(f (xn))=lim xn+1=a g(a)=g(lim xn)=lim(g (xn))=lim xn=a
¿{ ¿
Vậy ∃a ∈ K : f (a)=g (a)=a
III.Tính tổng giá trị hàm số:
Bài toán 1: (CaMO) Cho hàm số f (x)= 9x
9x+3 , tính S=∑1 1995
f( i
1996)
Lời giải:
Ta có f (1− x)=
1 − x 91 − x
+3=
9x+3⇒ f ( x)+f (1− x)=1
S=∑
1 1995
f( i
1996)
¿[f( 1996)+f(
1995 1996)]+[f(
2 1996)+f(
1994
1996 )]+ +[f( 997 1996)+f(
999
1996)]+f( 998 1996)
¿997+f(1
2)=997+ 2=
1995
Bài toán 2: Cho hàm số f xác định N* thỏa điều kiện: −1¿n +1−2 f (n)
¿
f (1)=f (2005)
¿ ¿
f (n+1)=n¿
Tính S=∑
1 2004
f (i)
Lời giải: Ta có
¿
f (2)=1 −2 f (1) f (3)=− 2− f (2)
f (4)=3 −2 f (3)
f (2004)=2003− f (2003) f (2005)=−2004 − f (2004)
¿
⇒∑
2 2005
f (i)=1 −2+3 − 4+ +2003 − 2004 −2 S , thay f (2005)=f (1) .Ta có:
3S=-1002 Suy S=-334.
Bài toán 3: Cho hàm số +¿f :Q→ R¿ thỏa điều kiện:
+¿
|f (x+ y)− f (x)|≤ y
x ;∀ x , y ∈Q
¿ .
Chứng minh: ∑
1
n
|f (2n
)− f (2i)|≤n (n −1)
2 ;∀ n∈ N
(24)Cho x= y=2i⇒|f (2i
+2i)− f (2i)|≤2
i
2i⇒|f(2
i+1)− f (2i
)|≤1
Do đó:
|f(2n)− f (2i
)|≤|f(2n)− f (2n −1)|+|f(2n −1)− f (2n −2)|+ +|f(2i+1)− f (2i)|≤ n −i
i=¿n(n− 1)
∑
1
n
|f (2n)− f (2i)|≤∑
n
(n − i)=∑
n − 1
¿
Bài tốn 4: Cho hàm số f liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn f(0)=f (1)
.
Chứng minh ∀ n∈ N *,∃ c∈[0 ;1]sao chof (c)=f(c+1 n)
Lời giải:
Xét hàm số g(x)=f(x+1
n)− f (x )⇒ g (x) liên tục đọan [0;
n-1
n ] Ta có
g(0)=f(1
n)− f (0)
g(1 n)=f(
2
n)− f(
1
n)
g(n −1 n )=f(
n n)− f(
n −1 n )
Suy ra: ∑
0
n −1
g(i
n)=f (1)− f (0)=0 ⇒∃i , j: g(
i
n)≤0 , g( j n)≥ 0
Do g liên tục nên ∃ c nằm i n
j
n cho g (c )=0 hay f(c+
1
n)=f (c )
IV.Hàm tuần hoàn:
Bài toán 1:
Cho hàm số f : f xác định R thỏa f (x )=f (x+4)+f (x − ),∀ x Chứng minh f hàm số tuần hoàn.
Lời giải:
f (x+4)+f (x − 4)=f (x ) f (x +8)+f (x)=f ( x+4) Suy
f (x+8)=− f (x − 4)⇒ f (x+12)=− f (x)⇒f (x+24 )=− f (x +12)=f (x) Vậy f (x+24 )=f (x);∀ x hay f hàm số tuần hồn.
Bài tốn 2: Cho hàm số f :R → R thỏa mãn:
¿
f (x+ y )+ f (x − y)=2 f (x)f ( y);∀ x , y ∈ R(1) ∃ x0:f (x0)=− 1(2)
¿{
(25)Chứng minh f hàm số tuần hoàn.
Lời giải:
Ta có
x= y=0⇒ f (0)=2[f (0)]2⇒ f (0)
¿
f (0)=1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
+ f (0)=0⇒2 f (x0)=2 f (0)=0 (!)
+ f (0)=1⇒f (2 x)+f (0)=2[f (x )]2⇒ f (2 x)=2[f ( x)]2− 1
⇒ f (2 x0)+f (0)=2[f (x0)]2⇒ f (2 x0)=1
(1) ⇒ f (2 x)+f (4 x0)=2 f (x +2 x0)f (x −2 x0) (1’)
f (2 x0)=2[f (x0)]2− 1=2 −1=1 , f (4 x0)=2[f (2 x0)]2−1=2 1− 1=1
⇒ f (2 x)+f (4 x0)=f (2 x )+1=2[f ( x)]2
(1’): 2[f (x )]2=2 f (x +2 x0)f (x −2 x0)⇒f (x+2 x0)f (x − x0)=[f (x)]2
(1): f (x+2 x0)f (x − x0)=2 f (x )f (2 x0)=2 f (x)
Suy f (x+2 x0)=f ( x −2 x0)=f ( x);∀ x
Vậy f hàm số tuần hồn.
Bài tốn 3:
Cho hàm số f :R → R thỏa mãn:
¿
f (x+3)≤ f (x )+3(1) f (x+2)≥ f (x )+2(2)
∀ x
¿{ ¿
Chứng minh g(x)=f (x)− x hàm số tuần hoàn.
Lời giải:
g(x +6)=f (x +6)− x − 6=f ((x +3)+3)− x − ≤ f (x +3)− x −3 ≤ f (x)− x=g(x ) g(x +6)=f (x +6)− x − 6=f ((x +4 )+2)− x −6 ≥ f (x+4)− x − ≥ f (x)− x=g (x) Suy g(x +6)=g(x );∀ x
Vậy g(x)=f (x)− x hàm số tuần hồn.
(Nhận xétù: 6=BCNN(3;2); tổng quát toán từ nhận xét trên)
Bài toán 4:
Cho hàm số f :R → R thỏa mãn: f (x+1)+f (x −1)=√2 f ( x);∀ x(1) Chứng minh f (x) hàm số tuần hoàn.
Lời giải:
f (x+2)+f (x)=√2 f (x+1)
f (x+1)=√2 f (x )− f (x −1)
⇒ f (x+2)+f (x)=√2[√2 f (x )− f (x −1)]⇒ f (x+2)− f (x)=−√2 f (x −1)
⇒ f (x+3)− f (x+1)=−√2 f (x )(1' )
(26)⇒ f (x+4)=− f (x)⇒f (x+8)=− f (x+4)=f (x) Vậy f (x) hàm số tuần hoàn.
V.Hàm hằng:
Bài toán 1:
Cho hàm số f : R →R thoûa f (xy)=f (x)+f ( y)
x + y ,∀ x , y : x + y ≠ 0 Chứng minh f hàm hằng.
Lời giải:
f (x)=f (x)+f (1)
x +1 ⇒(x+1)f (x)=f (x)+f (1)⇒ xf(x)=f (1), ∀ x ≠− 1 x=0⇒ f (1)=0
(x+1)f ( x)=f (x ), x∉{−1 ;0}
+ x∉{−1 ;0}, f (x )=0
+ f (0)=f (x )+f (0)
x ,∀ x ≠0 ⇒ xf(0)=f ( x)+f (0)
2 f (0)=f (2)+f (0)⇒ f (0)=f (2)=0 −1 f (0)=f (−1)+ f (0)⇒ f (−1)=− f (0)=0
⇒¿
Vậy f (x)≡0
Bài toán 2:
Tìm tất hàm số f : R →R thoûa f(f (x )+ y)=yf(x − f ( y ));∀ x , y
Lời giải:
f(f (x ))=0 ;∀ x . Đặt f (0)=a .
f(f(f ( y))+y)=yf(f ( y )− f ( y))⇒ f ( y)= y a
Suy f (x)=ax Ta có f (ax + y )=yf ( x − ay )⇒ a(ax + y)=ya(x −ay ) ⇒a2
(x2+y2)+a( y − xy)=0;∀ x , y ⇒a=0
Vậy f (x)≡0
Bài toán 3: Cho hàm số f : R →R thỏa:
{ f (0)=1
2(1)
∃ a :f (x+ y)=f (x)f (a − y)+f ( y)f (a − x); ∀ x , y (2) Chứng minh f hàm hằng.
Lời giải:
f (0)=f (0)f (a)+f (0)f (a)⇒ f (a)=1
2
f (x)=f (x )f (a)+f (0)f (a− x)=1
2[f (x)+f (a− x)]⇒f ( x)=f (a − x)
f (x+a− x)=f (x )f (a− a+x )+f (a− x)f (a − x)
f (x)=1
2
f (x)=−1
2
(27)+ f (x)=f(x
2+
x
2)=2 f(
x
2)f(a −
x
2)=2[f(
x
2)]
≥ ;∀ x , nên f (x)=1
2;∀ x là
hàm thỏa điều kiện tốn.
Bài tốn 4: Tìm tất hàm số f : Z → R thỏa mãn:
f (x + y
3 )=
f (x )+f ( y )
2 ; x , y∈ Z ∧(x+ y )⋮3
Lời giải:
f (n)=f(0+3 n
3 )=
f (0)+f (3 n)
2 ⇒2 f (n)=f (0)+f (3 n)
f (n)=f(n+2 n
3 )=
f (n)+f (2n)
2 ⇒2 f (n)=f (n)+f (2 n)⇒ f (n)=f (2 n)
f (n)=f (2 n)=f(3 n+3 n
3 )=
f (3 n)+f (3 n)
2 ⇒ f (n)=f (3 n)
⇒f (n)=f (2 n)=f (3 n), f (n)=f (0)
Vậy f (x)≡c (c tùy ý) hàm thỏa điều kiện tốn.
Bài tốn 5: Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn:
3 f (n) −2 f (f (n))=n ;∀ n ∈ N (1)
Lời giải:
Đặt g(n)=f (n)−n
(1): 2 f(f (n))− f (n)=f (n)−n ; Suy 2 g(f (n))=g (n)
f (n)
f (f (¿)]
m laàn
⇒ g (n)⋮2m
;∀ m∈ N
g(n)=2 g(f (n))= =2mg¿
Vậy g(n)≡0⇒ f (n)=n thỏa điều kiện tốn.
Bài tốn 6: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn:
f ( x + y )=f (x )ef ( y)−1;∀ x , y(1)
Lời giải:
(1)
f ( x)=0 f (0)=1 f(x)=f (x )ef (0)−1⇔¿
+ f (x)=0 thỏa mãn điều kiện
+ f (x)≠0 , ∃ x0: f (x0)≠ 0⇒ f (0)=1
f ( y )=f (0)ef ( y)−1⇒f ( x )=ef ( x)− 1 Đặt
g (t)=et −1−t Ta có:
g ' (t)=et −1−1 ;g ' (t )=0⇔t=1; g(t)=g (1)=0 ⇒ g(t )≥ 0, ∀ t g(t)=0⇔t=1 Do ef (x)−1− f (x )=0⇔ f ( x)=ef ( x)−1⇔f (x)=1
Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện toán là: f (x)=0∨ f (x )=1 ;∀ x
Bài tốn 7: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn:
(x − y)f ( x + y )−(x + y )f (x − y )=4 xy (x2− y2);∀ x , y (1)
(28){x=u+v
2
y=u − v
2
⇒{x+ y =u
x − y=v Thế vào (1), ta có: vf(u )− uf(v)=(u2− v2)uv
⇒f (u) u − u
2
=f (v )
v − v
2⇒ g( x)=f (x)
x − x
2
=a(x ≠0) hàm hằng.
Vậy f ( x )=x3+ax (∀ x ≠ 0) (1): 2 xf(0)=0(x= y ≠ 0)⇒ f (0)=0 Kết luận f ( x )=x3+ax ;∀ x , a tùy ý thỏa điều kiện.
Bài tốn 8: Cho hàm số khơng giảm +¿+¿→ R¿
f : R¿ thỏa mãn: f (ax )=f (x );(0<a ≠ 1)(1)
Lời giải:
Dễ dàng chứng minh quy nạp f(anx)=f ( x)
+ a>1 Xét 0<x < y ;n=[loga y
x]⇒n ≤ loga y x<n+1 ⇒an≤ y
x<a
n+1⇒ anx ≤ y <an +1x⇒f (anx)≤ f ( y )≤ f (an +1x )
⇒ f (x)≤ f ( y )≤ f (x)⇒ f (x)=f ( y) Vậy f (x) là hàm hằng.
+ 0<a<1 Xét 0<x < y ;n=[loga y
x]⇒n ≤ loga y x<n+1 ⇒an
≥ y x>a
n+1⇒ an
x ≥ y >an +1x⇒f (an
x)≥ f ( y )≥ f (an+1x )
⇒ f (x)≥ f ( y )≥ f (x)⇒ f (x)=f ( y) Vậy f (x) là hàm hằng. Kết luận f (x) là hàm thỏa điều kiện.
Bài toán 9: Cho hàm số f : R → R thỏa mãn:
f(x3+2 y)=f ( y3+2 x);∀ x , y (1) Chứng minh f (x) là hàm hằng.
Lời giải:
[u − x3
2 ]
+2 x − v=0(1 ')
1 \) \} right none right none right none \} \{ ¿
¿ y=
u − x3
2
y3+2 x =v
⇔
¿ ¿
¿ ¿
y3
+2 x=v¿
(1’) phương trình bậc lẻ (bậc 9) theo x nên (1’) có nghiệm. (1”) phương trình bậc lẻ (bậc 3) theo y nên (1”) có 1 nghiệm Vậy ∀ u , v ta ln có (x ; y ) , mà (1)suy f (u)=f (v ) là
hàm hằng.
(29)Bài toán 10: (Dự tuyển IMO) Tìm tất hàm số liên tục f : R → R
thỏa mãn f(x2)
+f (x)=x2+x ;∀ x (1)
Lời giải:
Đặt g(x)=f (x)− x Ta có g(x) liên tục và
g(x2)+g (x)=f(x2)− x2+f (x)− x=− x2− x + x2+x=0 ;∀ x (1 ')
⇒ g(0)=0 , g (1)=0
− x¿2
(¿)+g(− x )=0⇒ g(x2)+g(− x)=0⇒ g (x)=g (− x ); ∀ x (1 ')⇒ g¿
Suy g(x) là
hàm số chẵn Ta chứng minh g(x) hàm với x>0
x>0⇒ g(x)=− g(x2
)=g(x4)⇒g (x)=g (x
) Lấy a>0 tùy ý Xét dãy số
(xn):
x0=a
xn+1=(xn)
¿{
Ta có lim xn=1
g(xn+1)=g(xn
)=g (xn)= .=g(x0)=g(a) Do g(x) liên tục nên:
g(a)=lim g (a)=lim g(xn)=g(lim xn)=g(1)=0 Vậy g(x)=0 ;∀ x Kết luận f (x)=x thỏa điều kiện
Bài tốn 11: Tìm tất hàm số liên tục
+¿ +¿→ R¿
f : R¿ thỏa mãn f (x)=f(x2+1
4);∀ x(1)
Lời giải:
Nhận xét: hàm số f hàm số chẵn. Lấy a ≥ 0 bất kỳ.
+ 0 ≤ a ≤1
2 Xét dãy số
(xn): x0=a
xn+1=xn2+1 ¿{
f (xn)=f(xn −12 +1
4)=f (xn −1)= =f (x0)=f (a) .
Ta có x1=x0
+1 4=a
2 +1
4≤ 4+
1 4=
1
2 Bằng quy nạp ta chứng minh
xn≤1
2 . (xn) bị chặn (xn) tăng
(xn+1− xn=xn2+
1
4− xn=[xn−
1 2]
2
(30)lim xn+1=lim(xn2+1
4)⇒b=b
+1
4⇒ b= 12 Vì hàm số f liên tục nên
f (a)=lim f (a)=lim f (xn)=f (lim xn)=f(1
2) số.
+ a>1
2 Xét dãy số
(xn): x0=a
xn+1=√xn−1
⇒ xn=xn+1
2 +1
4 ¿{
f (xn+1)=f(xn +12 +1
4)=f (xn)= .=f (x0)=f (a) .Dãy (xn) giảm bị chặn dưới nên (xn) hội tụ. b=lim xn , ta có
lim xn=lim(xn +12 +1
4)⇒b=b
+1
4⇒ b= 12 Vì hàm số f liên tục nên
f (a)=lim f (a)=lim f (xn)=f (lim xn)=f(1
2) số.
Hàm số f hàm với x ≥ 0 , mà hàm số f hàm chẵn nên hàm số f hàm R
A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm.
A.7.1/Giải phương trình hàm phép thế
Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vịng 2-2004-2005) Tìm tất cả
các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa điều kiện
P(a+ b)=P(a)+7 P(b); a , b∈ R :ab (a+b)=2 b3
Lời giải:
Phân tích:
b=0 a=b a=− 2b
ab(a+b)=2 b3
(1)⇔¿
Vậy (x ; x );∀ x thỏa (1)
Trình bày:
Ta có (x ; x );∀ x thỏa (1), nên P(x +x)=P( x)+7 P(x);∀ x ∈ R Suy ra \) \} \{
¿ ¿
P(2 x)=8 P(x );∀ x∈ R¿
Đa thức
1 ' \) \} \{ ¿ ¿
P(x)=∑
0
n
aixi;∀ x¿
Từ (1”) (1’”),
ta có:
2 x¿i ¿
ai¿
∑
0
n
(31)Vậy P(x)=a3x
;∀ x thỏa điều kiện tốn.
Bài tốn 2: (AusMO) Tìm tất hàm số +¿f : R→ R¿ thỏa mãn
{ f (1)=1
2
f (xy)=f (x )f(3
y)+f ( y )f(
3
x);∀ x , y ∈ R
(1)
Lời giải:
(1): {
f (1 3)=f (1)f(3
3)+f (3)f( 1)
f (1 y)=f (1)f(3
y)+f ( y )f(
3 1)
⇒{
f (3)=1
2
2+(f (3))
⇒ f (3)=1
2
f(3
y)=f ( y )
⇒{ f (1)=12
f (xy )=2 f (x )f ( y )
⇒{ f (1)=
1
f (x 3
x)=2 f (x )f (
3
x)
⇒{ f (1)=12
f (3)=2 f (x )f (x)
⇒{
f (1)=1
2
f (x )=±1
2
Với x>o , f (x2)=2[f (x )]2=1
Vậy f (x)=1
2;∀ x>0 thỏa điều kiện.
Bài tốn 3: (BalMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f[xf(x)+f ( y )]=(f (x))2+y ;∀ x , y ∈ R(1)
Lời giải:
(1): f[0 f (0)+f ( y )]=(f (0))2+y⇒f[f ( y )]=(f (0))2+y
f ( y1)=f ( y2)⇒(f (0))2+y1=(f (0))2+y2⇒ y1=y2 Vậy f đơn
ánh.Vế phải (1) hàm biến theo y nên có tập giá trị R. Vậy ∃a : f (a)=0 (1) ⇒ f[af (a)+f (a)]=(f (a))2+a⇒ f (0)=a Do f là
đơn ánh nên a=0 Suy x=0⇒ f(f ( y ))=y⇒ f(f ( x))=x ;∀ x (1):
y=0⇒ f (f (x))=(f (x ))2⇒ f(f (x)f(f (x)))=(f (f (x)))2⇒ f(xf(x))=x2
⇒(f (x))2=x2⇒ với x , ta có f (x)=x ∨ f (x )=− x Giả sử cĩ
a , b ≠ :f (a)=− a , f (b)=−b⇒ f[a (−a)+b]=a2+b ≠ ±[−a2+b](!) .
Vậy f (x)=x ,∀ x ∨f (x)=− x , ∀ x thỏa điều kiện.
Bài tốn 4: (VMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
x2f (x)+ f (1 − x)=2 x − x4;∀ x ∈ R(1)
Lời giải:
(1): 1 − x¿
4
(32)1 − x¿4
1− x¿2[2 x − x − x2f (x)]+f (x )=2(1 − x)−¿
⇒¿ 1 − x¿4
¿
1− x¿2(2 x − x)+[1 −(1− x2)x2]f (x )=2(1 − x )−¿ ¿
⇒¿
⇒( x2
− x − 1) f (x)=(x2− x −1)(1 − x)(1+x )
⇒ f (x)=1− x¿(1+x );∀ x≠ a , b a , b nghiệm pt x2
− x −1=0 Tìm
f (a), f (b) ta có
¿
a+b=1
ab=1 ¿{
¿
(1) {a
2
f (a)+f (b)=2 a− a4
b2f (b)+f (a)=2b − b4 Đặt
f (a)=c ;c∈ R
Vậy f (x)={
1 − x2, x ≠ a , b
c , x=a − a4− a2c+2 a , x=b
;a , b nghiệm pt: x2− x −1=0 thỏa
điều kiện.
Bài tốn 5: (Dự tuyển IMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f (f (x )+ y)=2 x +f (f ( y )− x );∀ x , y ∈ R(1)
Lời giải:
(1): x∈ R ,α=f (0)− x
2 ⇒ x=f (0)− α Chọn β=− f (− α), γ=f (β)−α .
Khi f (γ)=f (f (β )− α)=2(−α)+f (f (− α)+β)=− α+f (0)=x Vậy f là
một toàn ánh, suy ra ∃a : f (a)=0 .
∀ y f ( y)=f (0+ y )=f (f (a)+ y)=2 a+f (f ( y)− a) . ∀ x , ∃ y :f ( y)=x +a ⇒ x=f ( y)−a
x=2 a+f (f ( y)− a)− a=f (x )+a⇒f (x)=x −a thỏa điều kiện toán. Vậy f (x)+c ;∀ x , c:const
Bài tốn 6: (CaMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f ( y )¿2;∀ x , y ∈ R(1) (x − y¿2)=x2−2 yf(x )+¿
f¿
Lời giải:
(1):
f (0)¿2⇒ f (0)=0∨ f (0)=1
f (0)¿2⇒ f (0)=¿ (0 − 0¿2)=02−20 f (0)+¿
f¿
. +T/h: f (0)=1 ,
y=0 (1)⇒ f (x2
(33)y +1¿2
f ( y)¿2=y2+1+2 y=¿
f ( y)¿2⇒¿
x=0 (1)⇒ f ( y2
)=−2 y +¿
⇒ f ( y)= y +1∨ f ( y)=− y −1
x −f (x)=1 x − f ( x)=− 1 x − f (x )¿2⇒¿
f (x )¿2⇒1=¿
x= y (1):f (0)=x2− xf(x )+¿
f (x)=x −1 f (x )=x+1
⇒¿
Thử lại f (x)=x +1 thỏa
điều kiện toán.
+T/h: f (0)=0 , y=0 (1)⇒ f (x2
)=x2;suy f (x)=x ; x ≥ 0
x − f (x )¿2⇒ f (x )=x
f (x )¿2⇒0=¿
x= y (1):f (0)=x2− xf (x )+¿
, thỏa điều kiện.
Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=x +1 ;∀ x ∨ f (x)=x ; ∀ x
A.7.2/Giải phương trình dựa vào giá trị đối số, hàm số
Bài tốn 1: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x+f ( y ))=x+f ( y )+xf( y );∀ x , y ∈ R(1)
Lời giải:
(1): f (0+f ( y ))=0+f ( y)+0 f ( y )⇒ f (f ( y ))=f ( y)hay ff (x)=f (x);∀ x
¿ Vậy ∀ u thuộc
tập giá trị, ta có f (u)=u
+T/h: ∃ y0:f ( y0)≠− ,(1): f (x+f ( y0))=(1+f ( y0))x +f ( y0) Ta có vế phải là
hàm bậc theo x có tập giá trị R, nên vế trái có tập giá trị là R Vì vậy, ∀ t ∈ R , ∃u :f (u)=t .
Suy f (t)=f (f (u))=f (u)=t hay f (x)=x ;∀ x : thử lại thấy không thỏa điều kiện.
+T/h: ∀ y: f ( y )=−1 hay f (x)=− 1; ∀ x : thử lại thấy thỏa điều kiện. Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=− 1;∀ x
Bài tốn 2: Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x − f ( y ))=2 f (x )+ x+f ( y );∀ x , y ∈ R(1)
Lời giải:
(1): f (f ( y)− f ( y ))=2 f (f ( y))+f ( y)+f ( y )⇒ f (f ( y))=− f ( y)+a
2[a=f (0)] .
⇒ f (x)=− x+a
2;∀ x (1’)
(1): f (f (x )− f ( y))=2 f (f (x ))+f (x )+f ( y ) ⇒ f (f (x)− f ( y))=−[f (x )− f ( y)]+a
(1): f (f (x )− f ( y)− f ( y ))=2 f (f (x)− f ( y ))+f (x)− f ( y )+f ( y) ⇒ f (f (x)−2 f ( y))=−2[f (x)− f ( y )]+2 a+f (x )=−[f (x )− f ( y )]+2a
(34)∀ t , t=f (u)−2 f (v) ⇒ f (t)=f (f (u)−2 f (v))=−(f (u)− f (v))+2 a=− t+2 a . Hay f (x)=− x+2a ;∀ x (1”) Từ (1’) (1”), ta có a=0 Thử lại thấy thỏa điều kiện.
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=− x ;∀ x
Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x − f ( y ))=f (f ( y))+xf( y)+f (x)−1 ;∀ x , y∈ R(1)
Lời giải:
(1): f (f ( y)− f ( y ))=f (f ( y ))+f ( y )f ( y )+f (f ( y))− 1 f ( y)¿2+a+1
2 [a=f (0)]
⇒ f (f ( y))=−1
2¿
f (x)¿2+a+1 (1')
⇒ f (f (x))=−1
2¿
(1): f (f (x )− f ( y))=f (f ( y ))+f (x)f ( y)+f (f (x))− 1 f ( y)¿2
¿
f (x )¿2 ¿ ¿ ¿
⇒ f (f (x)− f ( y))=−¿
f (x )− f ( y )¿2 ¿ ¿ ¿
⇒ f (f (x)− f ( y))=−¿
Nhận xét f (x)≡0 không thỏa (1) nên
∃ y0:f ( y0)≠ 0 Từ (1), ta có f (x − f ( y0))− f (x )=f (f ( y0))+xf ( y0)−1 Vế
trái hàm bậc theo x nên có tập giá trị R Suy vế phải cũng có tập giá trị R
f (u)− f (v)¿2+a ,∀ x
∀ x , ∃u , v : x=f (u)− f (v)⇒ f (x)=f (f (u)− f (v))=−1
2¿ \) \} \{
¿
f (x)¿2+a ,∀ x¿ ¿
f (f (x))=−1
2¿
Từ (1’) (1”), ta có a=a+1
2 ⇒a=1
f (x)=−1
2x
+1 ;∀ x Thử lại thấy thỏa điều kiện.
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=−1
2x
+1 ;∀ x
A.7.3/Giải phương trình dựa vào tính đơn điệu
Bài tốn 1: Tìm tất hàm đơn điệu f : R → R thỏa mãn
f (x+f ( y ))=f (x)+ y ;∀ x , y∈ R (1)
(35)f ( y1)=f ( y2)⇒ f (x +f ( y1))=f (x +f ( y2))⇒ f (x )+ y1=f (x)+ y2⇒ y1=y2 Vậy
f là đơn ánh. (1): f (0+f ( y ))=f (0)+ y⇒ f (f (x))=f (0)+x; ∀ x f (x + y )
(1): f (f (x)+f ( y ))=f (f (x ))+ y=f (0)+x + y=f¿ Vì f đơn ánh nên
f (x+ y )=f (x )+f ( y );∀ x , y Suy f đơn ánh cộng tính R. Ta có f (x)=ax ;∀ x[a ≠ 0] , thay vào (1):
f (x+f ( y ))=a(x + f ( y ))=a[x +ay], f (x )+ y=ax + y
⇒ax +a2
y=ax +ay ,∀ y ⇒ a=± 1 Thử lại thấy thỏa điều kiện. Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=x ;∀ x ∨ f (x)=− x ; ∀ x
Bài tốn 2: Tìm tất hàm tăng thật f : R → R thỏa mãn
f (f (x )+ y)=f (x+ y )+1 ;∀ x , y ∈ R (1)
Lời giải:
(1): f (f (x)+0)=f (x +0)+1⇒ f (f (x ))=f (x )+1 .
(1): f (f (f ( x))+ y)=f (f (x )+ y )+1⇒f (f (x)+1+ y)=f (x+ y)+1+1
(1): f (f (x)+f ( y ))=f (x +f ( y ))+1=f (x + y )+1+1
⇒ f (f (x)+ y+1)=f (f (x)+f ( y)) Vì hàm f đơn điệu nên ⇒ f (x)+ y +1=f (x)+f ( y)⇒f (x)=x+1 ;∀ x .Thử lại thấy thỏa điều kiện. Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=x +1 ;∀ x
Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x)¿2+y ;∀ x , y ∈ R (1)
f (x2
+f ( y ))=¿
Lời giải:
f (x)¿2+y2
f (x )¿2+y1=¿
f ( y1)=f ( y2)⇒ f (x2+f ( y1))=f (x2+f ( y2))⇒¿
⇒ y1=y2 Vậy f đơn ánh Vế trái hàm bậc theo y
nên có tập xác định R, suy vế phải có tập xác định R. ∃!a : f (a)=0
Đặt f (0)=b
f (0)¿2+y⇒ f (f ( y ))= y+b2⇒ f (f (x))= x+b2 (1): f (02
+f ( y ))=¿
f (0)¿2+a⇒ b=b2+a (1):f (02+f (a))=¿
f (a)¿2+a⇒f (a2+0)=02+a⇒f (a2)=a (1): f (a2+f (a))=¿
⇒ f (a)=f (f (a2
))=a2+b2⇒ 0=a2+b2⇒ a=b=0 .
Suy f (f (x ))=x ;∀ x f (x)¿2;∀ x (1 ')
f (x)¿2+0⇒f (x2)=¿ (1):f (x2
+f (0))=¿
(36)√x¿2+f (f ( y )) √x¿2
f (¿)+f ( y ) ¿=(f (√x ))2+f ( y)=¿
x ≥ , y∈ R: f (x+ y )=f¿
⇒ f (x+ y)=f (x )+f ( y) Vậy f cộng tính.
x> y⇒ x − y >0 ⇒ f (x − y )>0 f (x)=f ((x− y)+ y )=f (x − y)+f ( y )>f ( y) .
x> y⇒ f (x)>f ( y) Vậy f tăng thật Suy f (x)=kx ;k >0 ,∀ x ∈ R . Từ ø (1' )⇒ k=1 Thử lại thấy thỏa điều kiện.
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=x ;∀ x
A.7.4/Giải phương trình dựa vào tính liên tục
Bài tốn 1: Tìm tất hàm số f liên tục R thỏa mãn
f (x)=f(x
2);∀ x ∈ R(1)
Lời giải:
Bằng quy nạp, ta có: f (x)=f( x
2n);∀ x ∈ R , ∀ n∈ N Do f liên tục trên R nên f (x)=lim
n → ∞f (x )=limn → ∞f(
x
2n)=f (0);∀ x ∈ R
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=c ;∀ x(c :const)
Bài tốn 2: Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn
{f (x + y )=f (x)+f ( y )+2 xy ;f (1)=−1 ∀ x , y(1)
Lời giải:
(1): f (x+0)=f (x)+f (0)+2 0⇒ f (0)=0
x+ y¿2−2(x + y )=f (x)− x2−2 x+f ( y )− y2− y (1 ') (1): f (x+ y)−¿
Đặt g(x)=f (x)− x2− x liên tục R. (1' )⇒ g(x+ y)=g( x)+g( y ) . Hàm g(x) liên tục cộng tính nên g(x)=ax∧ g (1)=f (1)−1 −2=− 4 . Suy g(x)=− 4
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện f (x)=x2−2 x ;∀ x
Bài tốn 3: Tìm tất hàm số liên tục
+¿ +¿→ R¿
f : R¿ thỏa mãn
{f (f (x ))=f (2006)<f (2007)(1 1)1 x;∀ x ≠ 0(1 2)
Lời giải:
f (x1)=f (x2)⇒ f (f (x1))=f (f (x2))⇒
x1=
1
x2⇒ x1=x2 Vậy f đơn ánh Suy
ra f đơn điệu (do đơn ánh liên tục), mà (1.1) nên f đồng biến trên R+ Khi f (f (x ))=1
(37)Vậy khơng có hàm f thỏa mãn điều kiện.
A.7.5/Giải phương trình dựa vào cấu trúc đại số,ø nghiệm của phương trình đại số, phương pháp tổng hợp
Bài toán 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vòng 1-2004-2005) Xác định
hàm số cho f (−1
x)+f (x )=2004 ;∀ x≠ (1)
Lời giải:
Phân tích:
(1): f(−1
x)+f (x)=2004 c+c=2004
⇒c=1002
Trình bày:
Đặt f (x)=g (x)+1002(1 ') Thế (1’) vào (1), ta có:
1 \) \} \{ ¿ ¿
g(−1
x)+1002+g(x )+1002=2004⇒ g(−
1
x)+g (x)=0;∀ x ≠ 0¿
1 \) drarrow g \( x \) = - g left ( - \{ \{1\} over \{x\} \} right ) drarrow g \( x \) = \{ \{1\} over \{2\} \} left [g \( x \) - g left ( - \{ \{1\} over \{x\} \} right ) right ]\} \{ ¿
¿ ¿ ¿
⇒ g(x )=1
2[h( x)− h(−
x)];h (x) hàm số tùy ý xác định R{0}}{ #
Vậy f (x)=1
2[h(x)−h(−
x)]+1002;∀ x ≠ 0 thỏa điều kiện toán.
Bài toán 2: Xác định hàm số f :[0 ;1]→ R cho:
f (x)+f (1− x)=1 ;∀ x∈[0 ;1](1)
Lời giải:
Phân tích:
f (x)+ f (1− x)=1 ;∀ x ∈[0 ;1](1) c+c=1
⇒c=1
2
Trình bày:
Đặt f (x)=g (x)+1
2(1 ') Thế (1’) vào (1), ta có:
g(x)+1
2+g (1− x)+
2=1⇒ g (x)+g(1 − x )=0
⇒ g(x)=1
2[g (x)− g(1 − x )]
⇒ g(x )=1
(38)Vậy f (x)=1
2[h (x)−h (1− x )]+
2;h (x)laø hàm tùy ý xác định [0;1]
thỏa điều kiện toán.
Bài toán 3: Xác định hàm số f :[0 ;1]→ R cho:
f (x)+f (1− x)≥1 ;∀ x ∈[0;1](1)
Lời giải:
Trình bày:
Đặt f (x)=g (x)+1
2(1 ') Thế (1’) vào (1), ta có: ¿
{g (x)+1
2+g(1 − x )+
2=1+h (x)⇒ g(x)+g (1− x)=h(x)
h(x)≥ 0
¿
(Ta chuyển bất phương trình hàm phương trình hàm)
Cấu trúc đại số h(x ) là: h(1 − x )=h(x ); đối xứng qua x=1
2(điểm bất động: x= 2)
h(1 − x )=h(x ), x=1
2+t⇒h(
2− t)=h ( 2+t)
⇒ϕ(−t )=ϕ(t), ∀ t ∈[−1
2;
2]; ϕ(t )=h( 2+t)
[g (x)−1
2h(x )]+[g(1 − x )−
2h(1− x)]=0
g(x)=1
2h(x)+
2[ϕ (x )− ϕ(1 − x )]
Vậy: f (x)=1
2[h (x)+ϕ(x)−ϕ (1− x )]+
2; với{
h(x)≥ 0,h (1-x)=h(x); x∈[0;1]
ϕ(x) hàm tùy ý xác định [0;1] thỏa điều kiện tốn.
Bài tốn 4: Xác định hàm số f : R → R cho:
f (x+1)=f (x )+2 ;∀ x(1)
Lời giải:
Nháp:
f (x+1)=f (x )+2 c=c +2
c=∞ f (x +1)=f ( x)+1
⇒ f (x)=ax ⇒a (x+1)=ax+2
⇒ a=2 Trình bày:
(39)2(x +1)+g(x +1)=2 x+g (x)+2⇒ g(x +1)=g(x); ∀ x
Vậy: f (x)=2 x +g (x);∀ x ( g(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ T=1) thỏa điều kiện toán.
Bài toán 5: Xác định hàm số f : R → R cho:
f (x+1)=− f (x )+2;∀ x(1)
Lời giải:
Nháp:
f (x+1)=− f (x )+2 c=−c +2
c =1 Trình bày:
Đặt f (x)=1+g( x)(1 ') Thế (1’) vào (1), ta có:
1+g(x +1)=−1 − g(x )+2⇒ g (x+1)=− g (x); ∀ x
⇒{g(x +1)=− g (x) g(x +2)=g(x ) ;∀ x
⇒{g (x)=12[g (x)− g(x +1)]
g(x +2)=g(x )
;∀ x
g(x)=1
2[h(x)− h(x+1)];h(x) hàm tuần hoàn (tùy ý), T=2
Vậy: f (x)=1+1
2[h(x )− h(x +1)];h( x) hàm tuần hoàn (tùy ý), T=2
thỏa điều kiện toán.
B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Qua trình nghiên cứu vận dụng đề tài “PHƯƠNG TRÌNH HÀM”, tơi nhận thấy vấn đề giúp ích nhiều cho học sinh việc học tốn, giúp các em khơng cịn “ngán ngại” phần phương trình hàm nữa, em giải tốt những phần liên quan đến phương trình hàm; số em bước đầu sáng tạo được toán (tuy tốn cịn “đơn giản”) Riêng bản thân tiếp tục nghiên cứu sâu Phương trình hàm Bất phương trình hàm hy vọng “sáng tác” (Từ hay dùng GS-TS Nguyễn Văn Mậu) nhiều toán mới.
III.PHẦN KẾT LUẬN:
1/Kết luận:
Tôi viết đề tài nhằm mục đích trao đổi với Q Thầy Cơ dạy mơn tốn về việc “hệ thống” kiến thức, vài kỹ Phương trình hàm phần Bất phương trình hàm Vì kiến thức thời gian nhiều hạn chế nên tài liệu có thiếu sót, tơi chân thành đón nhận góp ý Q Thầy Cơ Xin chân thành cảm ơn.
(40)1)“BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU)
2)CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU TOÁN (Tài liệu Hội nghị Khoa học)
3)BÁO TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ
4)CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH. 5)CÁC ĐỀ THI HS GIỎI TỐN ĐB SƠNG CỬU LONG. 6)CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 30/4.
7)CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC GIA (VMO).
8)CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC TẾ (IMO) VÀ CÁC NƯỚC.