Chuyên đề Toán: Vận dụng giới hạn dãy số trong giải phương trình hàm

Đề tài “Vận dụng giới hạn dãy số trong giải phương trình hàm” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinh những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ đề[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

VẬN DỤNG GIỚI HẠN DÃY SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

MỤC LỤC

Trang

Mục lục………

Các kí hiệu cụm chữ viết tắt chuyên đề………

Phần I Mở đầu………

1.1 Lí chọn đề tài………

1.2 Mục đích nghiên cứu………

1.3 Nhiệm vụ nghiên cứu………

1.4 Đối tượng khách thể nghiên cứu………

1.5 Phạm vi nghiên cứu………

1.6 Phương pháp nghiên cứu………

1.7 Cấu trúc chuyên đề………

Phần II Nội dung………

2.1 Các kiến thức sở………

2.1.1 Dãy số……… …

2.1.2 Hàm số liên tục………

2.1.3 Ánh xạ………

2.1.4 Tính trù mật………

2.2 Vận dụng giới hạn dãy số giải phương trình hàm………

Phần III Kết luận……… 20

CÁC KÍ HIỆU VÀ CỤM CHỮ CÁI VIẾT TẮT CỦA CHUYÊN ĐỀ

Kí hiệu Tiếng Anh Tiếng Việt

HSG Học sinh giỏi

HSG QG Học sinh giỏi quốc gia

IMO International Mathematical Olympiad

Kì thi Olimpic toán quốc tế

VMO VietNam Mathematical Olympiad

Olimpic tốn học

THTT Tạp chí Tốn học Tuổi

trẻ IMO International Mathematical

Olympiad

PHẦN I MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài

Phương trình hàm lĩnh vực hay khó tốn sơ cấp.Trong kì thi Olympic Tốn học Quốc gia, Khu vực Quốc tế thường xuyên xuất tốn phương trình hàm Các tốn thường khó để giải phải sử dụng kết hợp nhiều kiến thức toán học Trong việc dạy học phương trình hàm trước tiên ta phải dạy học sinh nắm vững tính chất hàm số, số phương trình hàm bản, phương pháp giải có vận dụng thích hợp Tuy nhiên khó khăn lớn giáo viên dạy phần để học sinh hứng thú học có khả vận dụng phương pháp vào giải toán phương trình hàm, vấn đề đặt cần trang bị cho em kiến thức gì? Cần tốn nào? Cần dấu hiệu toán dùng phương pháp tương ứng? Với mong muốn học sinh tiếp cận thi khu vực Tốn quốc tế, tơi xin mạn phép trình bày sâu mảng nhỏ vận dụng giới hạn dãy số giải phương trình hàm

2 Mục đích nghiên cứu

Đề tài “Vận dụng giới hạn dãy số giải phương trình hàm” chọn để giới thiệu với thầy cô giáo em học sinh kinh nghiệm giảng dạy chủ đề phương trình hàm chương trình THPT chun, đồng thời thơng qua đề tài muốn nhấn mạnh tầm quan trọng phương pháp toán giải phương trình hàm xuất kì thi Quốc tế, khu vực Olympic quốc gia số nước năm gần Các tốn phương trình hàm kì thi học sinh giỏi olympic thường tập khó, tập chúng tơi đưa đề thi Olympic Quốc gia, Quốc tế khu vực Thơng qua đó, tơi mong muốn đề tài góp phần nhỏ để việc dạy phần phương trình hàm cách hiệu

Nhiệm vụ nghiên cứu

Để đáp ứng yêu cầu việc học tập nghiên cứu cho học sinh năm học 2020 – 2021, góp phần nâng cao số lượng chất lượng HSG môn tốn kỳ thi: HSG vịng tỉnh, HSG đồng duyên hải bắc bộ, HSG QG lớp 12

4 Đối tượng khách thể nghiên cứu

HSG QG lớp 12 mơn Tốn học trường THPT Chun Ngồi cịn tài liệu tham khảo cho học sinh, giáo viên có nhu cầu tìm hiểu sâu phương trình hàm

5 Phạm vi nghiên cứu

- Về kiến thức: nghiên cứu dựa nội dung kiến thức tốn phương trình hàm giới hạn thi học sinh giỏi Bộ Giáo dục Đào tạo

- Về đối tượng: đề tài nghiên cứu dựa khả nhận thức lực tư học sinh lớp chuyên toán 10, 11 chủ yếu học sinh nòng cốt đội tuyển học sinh giỏi tỉnh dự thi quốc gia

6 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu chuyên phương trình hàm đặc biệt tài liệu liên quan đến số dãy số tạp chí ngồi nước; tài liệu từ Internet

- Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh lớp chuyên toán)

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

7 Cấu trúc chuyên đề

Chuyên đề phần danh mục viết tắt, mục lục, tài liệu tham khảo chun đề bao gồm phần sau:

Phần I Mở Đầu Phần II Nội dung Phần III Kết luận

2.1 CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ 2.1.1 Dãy số

2.1.1.1 Định nghĩa Mỗi hàm số u xác định tập số nguyên dương *

gọi dãy số vô hạn ( gọi tắt dãy số) Kí hiệu :

( )

* :

n

u

n u n u

→ =

Mỗi hàm số u xác định tập M =1, 2,3, ,m với *

m  gọi

dãy số hữu hạn

2.1.1.2 Dãy số tăng, dãy số giảm

Dãy số ( )un gọi dãy số tăng ta có un+1un với

*

n 

Dãy số ( )un gọi dãy số giảm ta có un+1un với

*

n 

Dãy số ( )un gọi dãy số tăng ngặt ta có un+1un với

*

n 

Dãy số ( )un gọi dãy số giảm ngặt ta có un+1 un với

*

n 

2.1.1.3 Dãy bị chặn

Dãy số ( )un gọi bị chặn tồn số M cho *

, n

n

u M  

Dãy số ( )un gọi bị chặn tồn số m cho *

, n

n

u m  

Dãy số ( )un gọi bị chặn vừa bị chặn vừa bị chặn dưới, tức tồn số m, M cho

*

, n

n

m u M  

2.1.1.4 Định lí Weierstrass

Mọi dãy đơn điệu tăng bị chặn hội tụ Mọi dãy đơn điệu giảm bị chặn hội tụ

Hệ Nếu dãy số ( )un đơn điệu tăng khơng bị chặn limu = +n Nếu dãy số ( )un đơn điệu giảm khơng bị chặn limu = −n

2.1.1.5 Nguyên lý kẹp: Nếu ba dãy số ( )un , ( )vn , (w )n thỏa mãn điều kiện

2.1.1.6 Điểm bất động hàm số: Cho hàm số f D: →D (D  ) Nếu tồn *

x D thỏa mãn ( )* *

f x =x *

x gọi điểm bất động hàm số

2.1.1.7 Định lí

a) Nếu dãy ( )un dãy tăng bị chặn dãy ( )un có giới hạn hữu hạn

b) Nếu dãy ( )un dãy giảm bị chặn dãy ( )un có giới hạn hữu

hạn

c) Nếu vn un wn n lim n lim n

n→+v =n→+w =athì nlim→+un =a

d) Cho dãy ( )un Nếu dãy ( )u2n dãy(u2n+1)cùng có giới hạn L dãy (un) có giới hạn L

2.1.1.8 Định lí LAGRANGE Nếu f x( ) liên tục đoạn  a b; có đạo hàm khoảng ( )a b; tồn số c( )a b; cho

( ) ( )

'( ) f b f a

f c

b a − =

−

Hệ quả: Giả sử hàm số f x( )có đạo hàm miền D, thoả mản điều kiện

'( )

f x  c ( với c số) phương trình f x( )=x có nghiệm

 D Khi dãy un xác định

1

1 ( )

n n

u a D

u + f u

=  

 =

 dãy un có giới hạn  2.1.2 Hàm số liên tục

2.1.2.1 Định nghĩa: Cho hàm số y= f x( ) xác định khoảng( )a b x, , 0( )a b, Hàm số f x( ) gọi liên tục x0nếu

0

0

lim ( ) ( )

x→x f x = f x

Trường hợp

0

0

lim ( ) ( )

x x

f x f x

−

→ = ta nói hàm số liên tục bên trái điểm x0,

0

0

lim ( ) ( )

x x

f x f x

+

→ = ta nói hàm số liên tục bên phải điểm x0 Vậy f x( ) liên tục x0

0

0 lim ( ) lim ( ) ( )

x x x x

f x f x f x

+ −

→ →

 = =

Nếu hàm số khơng liên tục x0 f x( ) gọi gián đoạn điểm x0 Vậy f x( ) gián đoạn điểm x0 không tồn

0

lim ( )

x→x f x

0

lim ( ) ( )

x→x f x  f x

2.1.2.2 Định lí Cho hàm số f x( ) liên tục đoạn [ ; ]a b Khi đó:

 

( ) , ,

f x M  x a b

ii) f x( ) có giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn [ ; ]a b iii)  c f a( ), ( ) ,f b   x0  a b, : f x( )0 =c

Nếu f a f b ( ) ( ) tồn x0 a b, : (f x0)=0

2.1.2.3 Định lí Nếu f : → hàm liên tục, cộng tính:

( ) ( ) ( ),

f x+y = f x + f y x y, 

thì f x( )=ax x (với a=const tuỳ ý)

* Hệ quả: Nếu f x( ) liên tục (hoặc +) thỏa mãn:

( ) ( ) , ;

2

x y f x f y

f  +  = + x y

  f x( )=kx b+

2.1.2.4 Định lí Giả sử f : +→ + hàm liên tục, nhân tính:

( ) ( ) ( ),

f xy = f x f y x y,  + Lúc đó, hàm f có dạng f x( )=x, x + (với

ons

c t

= tuỳ ý)

2.1.3.Ánh xạ 2.1.3.1.Đơn ánh

Ánh xạ f A: →B gọi đơn ánh a a1, 2A mà a1 a2 ( )1 ( )2

f a  f a ( A  B )

Hệ quả: f đơn ánh f a( )1 = f a( )2 a1=a2 2.1.3.2.Tốn ánh

Ánh xạ f A: →B gọi toán ánh phần tử bB tồn phần tử aA cho f a( )=b A(  B)

2.1.3.3.Song ánh

Ánh xạ f A: →B gọi song ánh f vừa đơn ánh vừa toàn ánh ( A = B)

2.1.3.4.Hàm đơn điệu

Hàm số f x( ) gọi hàm tăng ( )a b; với x x1, 2( )a b; mà

x x f x( )1  f x( )2

Hàm số f x( ) gọi hàm tăng ngặt ( )a b; với x x1, 2( )a b;

mà x1x2 f x( )1  f x( )2

Hàm số f x( ) gọi hàm giảm ( )a b; với x x1, 2( )a b; mà

Hàm số f x( ) gọi giảm ngặt ( )a b; với x x1, 2( )a b; mà

x x f x( )1  f x( )2

Hệ quả: Nếu hàm số f x( ) tăng ( )a b; f đơn ánh f hàm tăng ngặt

Hệ quả: Nếu hàm số f x( ) giảm ( )a b; f đơn ánh f hàm giảm ngặt

Tính chất:

: , :

f D→R g D→R hai hàm tăng f +g hàm tăng

: , :

f D→R g D→R hai hàm tăng không âm f x g x( ) ( ) hàm tăng

: f , : g

f D →R g D →R hai hàm tăng, Tf Dg

thì g f =g f x( ( )) tăng, Tf =f x( ):xDf

2.1.3.5.Hàm cộng tính, hàm nhân tính

Hàm số f x( ) gọi cộng tính tập xác định D với

,

x yD x+ y D f x( +y)= f x( )+ f y( )

Hàm số f x( ) gọi nhân tính tập xác định D với

,

x yD x y D f x y( ) = f x f y( ) ( )

2.1.3.6 Định lí

a) Nếu f x( ) liên tục đơn ánh f x( ) đơn điệu thực

b) Nếu có công thức f x( ) tập X  X trù mật ta có cơng thức f x( )

2.1.4.Tính trù mật

2.1.4.1.Nguyên lý Acsimet

Với ε 0 với x 0 tồn *

kN cho kεx(ε,xR)

Hệ quả: Với xR, tồn kZ cho k  +x k

2.1.4.2.Tính trù mật

Tập hợp AR gọi trù mật R với

, ,

x yR x yđều tồn aR cho x a y

Hệ quả:Q trù mật R

2.1.4.3.Cận

α,      α sup

ε 0,  ,sao cho  α ε

a a A

A

a A a

   

=  

     − 

2.1.4.4.Cận

Cho AR, x gọi cận A với aA ax Cận có A gọi cận A, kí hiệu infA

β,      β inf

ε 0, ,saocho  β ε

a a A

A

a A a

   

=  

     + 

2.2 VẬN DỤNG GIỚI HẠN DÃY SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Bước đầu ta làm quen với toán sau:

BT1 (Mở đầu) Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện:

( ) ( )

( )

) 3 , ) | |

a f x f x x

b f x x

=   − 

Giải: Từ điều kiện (a), cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh

( )3n 3n ( ), ,

f x = f x    x n

Bây ta chứng minh f x( )=x,  x Thật vậy, giải sử có x 0

cho f x( )0 x0 Đặt f x( )0 =x0+ với  0 Khi đó, ta có

( )3 ( )0 3 ,

n n n n

f x = f x = x +   n

Suy

( )0

1 | f 3nx −3nx | |= n |,  n

Từ ta có |n  | 1,   n Tuy nhiên, kết thỏa mãn

n

  Mâu thuẫn thu cho ta kết khẳng định Vậy

( ) ,

f x =x  x

BT2 (Chọn đổi tuyển QG Quảng trị 2019)

Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện:

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

0

) 25 , ,

) lim

x

a f x y f x y f x y yf y x y f x

b

x

→

+ = − + +  

=

Giải: Đặt f( )0 =, từ a) thay x −y, ta có:

( ) ( ) ( )

2

5 25 f y f y yf y

 = − +

( ) ( ) ( )

2

5 25 f x f x xf x

 = − + (1) Thay y −x, từ a) ta có:

( ) ( ) ( )

2

5 25

f x f x xf x

 = − − −

(2)

Từ (1) (2) suy ra: xf x( )= −xf ( )−x ,  x 0.Do đó: f ( )− =x f x( )

Do b) nên  x0 để f x( )0 0

Trong a) thay x 4 y x −6 ,y ta có:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

5 10 25

10 25

f y f x yf y

f y f x yf y

   = +   − = − + 

Thay y 0 2

0

, 0

10 2

x x x x

x     f − = f      

Từ đó:

( )0 ( )0 ( ) ( )0 ; 0

f x f x f x f x

 = − = −   =

Do ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2

5 25

5

f y f y

f y yf y f y

y y

 

=   = 

  y dấu

Quy nạp, ta thu được:

( ) ( )

5 n n n f y f y y y − −   =  

  (3)

Xét đẳng thức (3), cho n→ + 5−ny→0, vế phải →1

Nếu f y( )

y  vế trái → + (Khơng thỏa mãn)

Nếu f y( ) y

  vế trái →0 (Khơng thỏa mãn) Suy ( ) ( )

( ) ( )

,

1 ,

0 f y y y f y

f x x x

y f

 =   

=   = 

= 

Thử lại f x( )=x,  x , thỏa mãn yêu cầu toán

BT3 (Chọn Đội tuyển PTNK, 2014) Tìm tất hàm số * *

:

f → thỏa mãn hệ thức

( )

( ) *

/ , f f n n =n  n

Giải: *

n

  , Đặt f n( )=ng n( )thì * *

:

g →

( ) ( ) ( ( ))

f n

f n g n g g n n

n  

=  =

   

Lấy logarit hai vế ta có:

( ) ( )( )

lng n +lng g n =2ln n

Đến với *

x  ta xét dãy sau:

( )

0 ln , n ln n

u = x u = g x

Trong gn( )x =g( g x( ) ) với n lần lấy hàm g

Ta có

0

n

u  vàun+2+un+1−2un =0

Từ ta có cơng thức tổng qt

( ) ( ) ( )

2 ln ln ln ln

2

3

n n

x g x x g x

u = + + − −

Nếu tồn xmà lnx−lng x( )0 u2n 0 với n đủ lớn (Mâu thuẫn) Nếu tồn x mà lnx−lng x( )0 u2n+10 với n đủ lớn (Mâu thuẫn)

Vậy ( ) *

lnx−lng x =0,  x Suy ( ) *

,

f n =n  n

BT4 (Bulgaria, 2006) Tìm tất hàm số f : + → + thỏa mãn đẳng thức

( ) ( ) ( ) ( ),

f x+y − f x−y = f x f y   x y

Nhận xét: Ta hàm số thỏa mãn có dạng f x( )=kx2 Từ đó, ta có cách tiếp cận thường thấy chứng minh f( )2x =4f x( ) Để vận dụng giới hạn dãy số ta phải chứng minh ( ) ( ) ( )

0

0

lim 0, lim

x x x

f x f x f x

+ +

→ = → = Sau từ

phương trình đầu ta cho x→ y+ ta có điều ta cần

Giải: Thay x bởix+y ta

( ) ( ) ( ) ( ), f x+ y − f x = f x+ y f y   x y

(3) Từ dễ dàng suy f tăng ngặt + Từ dẫn đến

( ) ( )

f x+y  f y suy

( ) ( ), , f x+ y  f y x y

Thay x x+y vào (3) sử dụng bất đẳng thức ta được:

( ) ( ) ( ) ( ) 2( )

3 ( ) 4 ( )

f x+ y = f x+y + f x+ y f y  f y + f y = f y

( ) ( ) *

, , 0, f x+ny n f y x y   n

Thay y n

= vào bất phương trình ta

( ) *

2

1

, 0,

f x

f x n

n n

+

        

 

Cố định x cho n → + ta thu lim

n→+ f  =  n

Từ suy ( )

0

lim

x→ + f x =

Bây giờ, (*) ta cho yx ta thu

( ) ( ) ( ) ( )

0 f x+2y − f x 4 f 2x f y

Cố định x cho y →0+ ta có ( ) ( )

0

lim 0,

y

f x y f x

+

→  + −  = hay

( ) ( )

0

0

lim

x→x+ f x = f x

Đến đây, cách cố định y đầu cho x→ y+, ta

( )2 ( )

f y = f y  y

Dựa vào kết này, ta quy nạp

( ) ( ) *

0, f nx =n f x    x n

(chỉ việc cho x=2 ,3 , ,y y ny đầu được) Từ suy ( ) ( )

1

f n =n f

( ) ( )

* = 2 , ,

m f n

f m

m n m

f f m n

n n n n

    

 =   =    

 

Nói riêng, ta có ( )

f x =kx  x + Do f đơn điệu tập +trù mật

+

nên ta có ( )

0

f x =kx  x hàm thỏa mãn yêu cầu đề

BT5 (Chọn đội tuyển QG ĐH Vinh, 2012)

Tìm tất hàm số liên tục f : 0, + →) 0,+) thỏa mãn đẳng thức

( )

1

1

x x

f x f f

x x +     =  +   + +    

với số thực không âm x

 0,1

(a) max ( )

x

f f x M



= =

và

 0,1

(b) ( )

x

f f x m



= =

Do

2

1 2 ( )

2

a a

M f a f f

a a +     = =  +   + +     , a a

f M f M

a a +

       + + 

   

(Để ý 1, 2

2

a a

a a

+  

+ + ) nên ta suy

2 a

f  +  = M  

Từ quy nạp ta chứng minh

2 , n n a

f  + −  =M  n

 

Trong đẳng thức cho n → +, ta f ( )1 =M Chứng minh tương tự ta có f( )1 =m Do M =m Điều chứng tỏ f hàm  0,1

Giải sử f x( )c,  x  0,1 Khi đó, ta viết lại phương trình ban đầu dạng

1 1

( )

2 2 x

f x = f  + + c  

Từ đẳng thức ta chứng minh quy nạp

1 1 1

( ) ,

2 2 2

n

n n n

x

f x = f  + − + + + + c  n

 

 

Cho n → + ta thu f x( )c. Hàm thỏa mãn yêu cầu tốn

BT6.(Tạp chí epsilon, 2015) Tìm tất hàm số liên tục f : → thỏa mãn điều kiện

( )

( ) ( ( )) ( ( ))

f x+ f y+z + f y+ f z+x f z+ f x+ y =

(4) với số thực x y z, ,

Thay x y z, ,

2 x

vào (4) ta

( ) 0,

x

f  + f x =  x

 

Tiếp tục thay x ( )

x

f x

+ vào đẳng thức ta

2

1

( ) 0, 2

x

f  + f x =  x

 

Từ quy nạp ta chứng minh

*

1

( ) 0, , 2n 2n

x

f  + + f x =    x v

 

Trong đẳng thức trên, cố định x cho n → +, sau sử dụng tính liên

tục f ta suy f(0)=0.Từ đây, cách thay y= x z, = −x vào (4) ta có ( )

( ) ( ),

f f x −x = − f x  x

Do f không đồng nên tồn x0 cho f x( )0 0 Xét dãy ( )an xác định

( )

0 0, n n n

a =x a+ = f a −a

Khi đó, dễ thấy

( ) ( ) ( ) (2 ) ( ) ( ) *

1

2 n ,

n n n

f a = − f a− = − f a− = = − f x  n

Nếu f x( )0 0 ta có ( )2

lim n

n→+ f a = +và nlim→+ f a( 2n−1)= −

Còn f x( )0 0 kết ngược lại Nhưng hai trường hợp này, ta thấy f x( ) không bị chặn, mà f liên tục nên tồn ánh

Đến đây, cách thay y= =z vào (1), ta có ( )

( ) ( )

2f f x + f x =0,  x

Do f toàn ánh nên ta có ( ) ,

x

f x = −  x Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có hai nghiệm f x =( ) ( )

2 x f x = −

BT7 (VMO, 2003 - Bảng A)

Cho tập hợp F gồm tất hàm số f : + → + thỏa mãn

(3 ) ( (2 )) ,

Hãy tìm số thực  lớn cho với hàm số f thuộc tập F, ta có: f x( )x,  x +

Nhận xét: Nhìn dạng ta dễ dàng nhận phải tìm hàm phù hợp với

tốn sau đánh giá giá trị số thực bằng dãy số

Giải: Dễ thấy hàm số ( ) ,

x

f x =  x thuộc F Khi với x 0 ta có

1 ( )

2

x

f x x x 

Vậy

2

  Vì f x ( ) nên (5) thay x

3 x

suy

( ) ,

x

f x   x (6) Xét dãy số (n) sau:

2

1

2 1

; , 1,

3

n

n n



 =  + = +  = (7) Ta chứng minh quy nạp theon với *

n  thì:

( ) n ,

f x  x  x (8)

Do (6) nên (8) n =1.Giả sử có (8) n=k Kết hợp với (6) suy với x 0 ta có:

2

1

2

( )

3 3

2

3 3

k

k

k k k

x x x x

f x f f f

x x x x      +          +    +         +  + = =

Vậy (8) n= +k Theo nguyên lý quy nạp suy (8) với *

n 

Tiếp theo ta chứng minh

1 lim

2

n n→+ =

Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh dãy (n) dãy bị chặn

2 Từ đó:

2

2 ( 1)(2 1)

3

n n n n

n n

   

 + − = − + = − − 

Suy (n) dãy tăng, dãy (n) hội tụ.Đặt lim n

1

2 L  

Từ (7) cho n → + ta được:

1

2 2

2

2 1

2

3

do L

L

L L L L

 

+

=  − + =  =

Vậy lim

n n→+ =

Từ (8) cho n → +ta ( ) , 0,

x

f x     x f F

Từ chứng minh ta giá trị  cần tìm là:

BT8 (VMO, 2012) Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện a) f x( ) là toàn ánh

b) f x( )đơn điệu tăng

c) f (f x( ))= f x( )+12 , x  x

Giải: Do f toàn ánh nên từ f f( ( )0 )= f( )0 dẫn đến f( )0 =0 Mặt khác f đơn điệu tăng nên

( ) 0,

f x   x f x( )0,  x

Lại song ánh nên f khả nghịch, ta giả sử nghịch f g, để

mà có x=g x( )+12g g x( ( )),  x

Đặt hợp cấp n g giá trị x  gn( )x , ta có cơng thức truy hồi:

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

0 ; g1 ; 12gn gn gn 0,

g x =x x =g x + x + + x − x =  n

Từ ta có cơng thức tổng quát

( ) ( ) ( )

( ) 1

3

1

g

7

n n n

x g x x g x x =  + − + − − 

 − 

 

Do f x( )0,  x 0, nên suy g x( )0,  x

( ) 0,

n

g x   x

( ) ( ) ( )

1 4

4 g

7

n n

n

x g x x g x x

−

− = + + − − 

   

Từ ta có

( )

4g x =x,  x 0,

Nếu khơng với n đủ lớn ( )

4n− gn x 0 (Vơ lí)

Trường hợp x 0 suy luận tương tự với ý gn( )x 0,  x 0, dẫn đến kết 4g x( )=x,  x Tức f x( )=4 , x  x

BT9 (Gặp gỡ tốn học 2020) Tìm tất hàm liên tục f : → thỏa mãn

( ) ( ) ( ) ( ), ,

f x+y + f xy = f xy+ +x f y x y

Giải: Thay x

1 x

y + với x y , vào phương trình ta được:

( ) ( ) , ,

1

xy x

f x f y f f y x y

y y

   

+ =  +  +   

+ +

    (9)

Cố định x y , Xét hai dãy số ( ) ( )xn , yn xác định x0 =x y, = y

1 , y ,

1

n n n

n n n

n n

x y x

x y n

y y

+ = + + = + +  

Khi đó, dễ thấy xn +yn = +x y,  n

Phương trình dãy ( )yn có thể viết lại thành

1

1

n

n n

n

x y y

y y

y

+

+ −

= +

+

Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh 0 yn  +x y với số tự nhiên n Từ suy dãy ( )yn khơng giảm bị chặn x+y, tồn

tại giới hạn hữu hạn hữu hạnlimyn =L Chuyển phương trình xác định dãy sang giới hạn, ta L= +x y Vậy limyn = +x y, suy limx =n Mặt khác từ phương trình (9), dễ thấy

( ) ( ) ( )n ( )n

f x + f y = f x + f y với số tự nhiên n Cho n → + với ý tính liên tục hàm f , ta

( ) ( ) ( ) ( )0 , , f x + f y = f x+y + f x y

Do f liên tục nên từ đây, dễ dàng suy

( ) , 0,

trong a b, số số thực Bây giờ, thay y = −1 vào phương trình cho, ta

( ) ( 1) ( )1 , f − +x f x− = +b f −  x

Trong phương trình này, cho x 1, ta

( ) ( )1

f − = − + +x ax a f −

Suy

( ) , 1,

f x =ax c+   −x c= +a f( )−1 Tiếp tục thay y = −1 vào phương trình đầu ta

( ) ( )2 ( 1) ,

f x = f x − f x+ + +a b  x (10)

Dựa vào phương trình (10), ta chứng minh quy nạp theon

( )

1 , ,

2n 2n f x =ax+c   −x  − + 

  (11)

Xét 1,

2 x − − 

  ta có 2x  −1 vào x + 1 nên f ( )2x =2ax c+

( 1) ( 1) f x+ =a x+ +b

Từ

( ) ( )2 ( 1)

f x = f x − f x+ + +a abx c+

Suy khẳng định với n =0

Bây giờ, giả sử khẳng định đến n n ( ).Xét

1

1 1

, ,

2n 2n 2n 2n

x − + − +  x − − + 

   

vàx + 1 nên

( )2 , ( 1) ( 1)

f x = ax c f x+ + =a x+ +b

Từ

( ) ( )2 ( 1) f x = f x − f x+ + +a abx c+

Suy khẳng định với n +1 Theo nguyên lý quy nạp ta có khẳng định với n

Từ (11), ta suy

( )

1 ,

2n

f x =ax+c   −x +

Cho n → +, ta f x( )=ax c+  , x

Vì hàm số liên tục điểm nên ( ) ( )

0

lim lim

x x

f x f x

− +

→ = → tức b=c Vậy

( ) ,

Phần III KẾT LUẬN

Trong chuyên đề “ Vận dụng giới hạn dãy số giải phương trình hàm” tác giả hệ thống tập đặc sắc liên quan đến nội dung chun đề, thơng qua tạo hứng thú tạo phương pháp đường mịn giải tốn giải phương trình hàm Mặt khác, toán tác giả giới thiệu chuyên đề xếp tăng dần mức độ tạo điều kiện thuận lợi cho người đọc hiểu rõ vấn đề Mặc dù cố gắng khơng thể tránh khỏi sơ suất gặp phải trình bày lời giải tốn Rất mong ý kiến đóng góp quý thầy cô bạn đọc

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục, 2001

[2] Phan Đức Chính, Lê Đình Thịnh, Phạm Tuấn Dương,Tuyển chọn

bài toán sơ cấp, Tập 1, Đại số, NXB Đại học THCN, 1977

[3] Trần Nam Dũng (chủ biên), Các chuyên đề bồi dươngx học sinh giỏi

toán, Trường PTNK - ĐHQG TP Hồ Chí Minh, 2011

[4] Trần Nam Dũng (chủ biên), Tạp chí epsilon, 2015

[5] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Functional Equatinos, Electronic Edition, 2007

[6] C.G.Small ,Functional equations and how to slove them, Springer, 2007 [7] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ