Đây là 1 lớp hàm khá hay và lạ (xuất hiện không nhiều trong các kì thi) tuy nhiên các bài kiểu này luyện cho chúng ta cách nhìn nhận đúng và kiểm tra được tính chất của hàm số (như là có[r]
(1)PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Lưu Giang Nam,(nick :namcpnh)
12 Chuyên Toán, trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau
Ngày 16 tháng năm 2014
Bài viết tham dự Cuộc thi Viết kỉ niệm 10 năm Diễn đàn toán học (2004 - 2014)
I) Kiến thức cần biết.
?) Ta có f liên tục đơn ánh f đơn điệu ( f: liên tục+đơn ánh = đơn điệu ) ?) Nếu f liên tục trên(a, b)
thì với x0 cho f(x0)>0thì tồn ε >0 đểf(x)>0,∀x∈(x0−ε;x0+ε)
?) Một số đạo hàm đáng ý :
(f(x).ex)0 =ex(f(x) +f0(x)) ,(f(x).e−x)0 =ex(f0(x)−f(x)) ?) Phương trình hàm Cauchy :
f(x+y) =f(x) +f(y) =⇒ f(x) = ax f liên tục đơn điệu khả vi ?) Hàm f khả vi cấpn tức tồn f(n)(x)
?) Hàm f tăng (a, b) ta có x1 ≤x2 =⇒ f(x1)≤f(x2) , tương tự chof giảm
?) Nếu f hàm tăng (giảm) thìf(f(x))cũng tăng (giảm)
?) Ta có với số thực x ln tồn dãy số hữu tỉ (xn) cho limxn =x, tồn dẫy hữu tỉ un, cho un ≤x≤vn limun =limvn=x
II) Bài tập.
a) Sử dụng tính chất giải tích phản chứng.
Ví dụ Cho hàm f, g liên tục xác đinh (a, b) thỏa :
f(x)2 =g(x)2 6= 0, ∀x∈(a, b) Chứng minh :
f(x) =g(x),∀x∈(a, b), f(x) = −g(x),∀x∈(a, b)
Phân tích Nhìn vào đề ta tưởng điều đương nhiên (kiểu a2 =
b2 ⇐⇒ a=±b), nhiên hàm số khơng phải
Nếu ta f(x)2 = g(x)2, ∀x ∈ (a, b) ta có f(x) = g(x),∀x ∈ (c, d) f(x) =−g(x),∀x∈(e, f) với (c, d),(e, f)⊂(a, b)
(2)Lời giải
Giả sử tồn x0 cho f(x0) = g(x0) (1)
Ta chứng minh f(x) = g(x), với x∈(a, b) Giả sử tồn x1 ∈(a, b)/x0 cho f(x1)6=g(x1) (∗)
Khi f(x1) = −g(x1) (2)
Từ (1) (2) ta có f(x0).f(x1) =−g(x0).g(x1)
?) Nếuf(x0).f(x1)<0thì tồn x2 thuộc(x0, x1)sao chof(x2) = 0=> mâu thuẩn với
f(x)6= 0,∀x∈(a, b)
?) Nếu f(x0).f(x1) > g(x0).g(x1) < tương tự tồn x3 thuộc (x0, x1)
cho g(x3) = =⇒ mâu thuẩn vớig(x)6= 0,∀x∈(a, b) =⇒ Điều phản chứng ban đầu
là sai =⇒ f(x) = g(x), với x∈(a, b)
Tương tự ta có f(x) =−g(x), với x∈(a, b)
Vậy toán chứng minh xong
Ta tiếp tục qua toán thuộc hàng dễ ngộ nhận Phương trình hàm Ví dụ Cho hàm số f :R→R liên tục thỏa f(f(x)) = −x4, ∀x∈R
Chứng minh f(x)≤0,∀x∈R
Lời giải
?) Nếu x≤0 , đặt x=−a4 ta có :
x=−a4 =f(f(a)) =⇒ f(x) = f(f(f(a))) =−f(a)4 ≤0 =⇒ ?) Nếu x >0 : Dễ dàng CM đượcf đơn ánh
Mà f liên tục cộng thêm đơn ánh ta f đơn điệu (0; +∞) Giả sử tồn x0 ∈(0; +∞)sao cho f(x0)>0
mà f liên tục nên tồn ε >0 cho f(x)>0 với mọix∈I = (x0−ε;x0+ε)
Khi I ta có f(f(x))đồng biến mà −x4 nghịch biến =⇒ vơ lí
=⇒ f(x)≤0,∀x∈(0; +∞) Vậy với số thực x ta ln có f(x)≤0 ( ĐPCM) Ví dụ Cho f : R → R thoả f(x) = 2x
3−3
3x2−3 Chứng minh tồn hàm g(x) liên
tục, cho
f(g(x)) =x
g(x)> x ( Việt Nam TST 1995 )
Nhận xét Đây phần TST 1995 Việc nhìn thấy dạng g(x)
đơn giản rõ ràngf(f−1(x)) =x, f−1(x)là hàm ngược f(x) Mà điều kiện để tồn hàm ngược f phải song ánh Công việc làm chứng minhf song ánh kiểm tra kiện có khơng Chúng ta vào lời giải
Lời giải
Ta có f0(x) = 6x(x
3−3x+ 3)
(3x2−3)2 Khi xét tậpI = (1; +∞) ta cóf tăng
Mà f liên tục I lim
x→1+f(x) =−∞,x→+∞lim f(x) = +∞ =⇒ toàn ánh I
Từ f đơn điệu ( hay f đơn ánh ) f toàn ánh =⇒ f song ánh Vậy f tồn hàm ngược , hayg(x) = f−1(x) có nghĩa
Công việc cuối kiểm tra g(x)> xtrên I
(3)Để kết thúc phần , xin mời bạn làm thử ví dụ sau để củng cố lại tác giả trình bày bên
Bài tốn Cho f(f(x)) = x2n, n ∈ N∗, liên tục Chứng minh f(x) ≥ 0,∀x ∈ R Hỏi điều cịn hay không thay f(f(f(x))) =x2n
Bài tốn Tìm f :R+ →R+ thỏa :
f(x+y) +xyf(xy) +x2+ =y2(f(x)2)−1, ∀x, y ∈R+
b) Lớp hàm khả vi.
Trước vào ví dụ , tác giả xin nói vài điều Phương trình hàm khả vi Đây lớp hàm hay lạ (xuất không nhiều kì thi) nhiên kiểu luyện cho cách nhìn nhận kiểm tra tính chất hàm số (như dùng khả vi để chứng minh vài tính chất f(x)>0 f(f(x)) tăng, kể đề khơng cho tính khả vi để tiện cho việc đánh giá khác)
Về cách giải PTH mang tính khả vi tơi có phương pháp thường gọi “lấy độc trị độc” Nghĩ đề cho kiện f khả vi, có nghĩa có đạo hàm, ta sử dụng kiện đạo hàm vào tốn mà khơng cần quan tâm dang Ta vào tốn để nhìn thấy điều
Ví dụ Tìm hàm f : (−1,1)→R khả vi (−1,−1) thỏa :
f(x) +f(y) =f
x+y +xy
4
Lời giải
Coi x ẩn đạo hàm vế theo biến x ta có : f0(x) =f0
x+y +xy
· 1−y
(1 +xy)2
Tương tự ta ta xét y nghiệm đạo hàm vế theo biến y ta có : f0(y) =f0
x+y +xy
· 1−x
(1 +xy)2
Từ : f
0(x)
1−y2 =
f0(y)
1−x2 ⇐⇒ f
(x)(1−x2) = f0(y)(1−y2) =c
⇐⇒ f0(x) = c 1−x2 =
c
1−x +
1 +x
Hayf(x) = c
2(ln|1−x|+ ln|1 +x|) Thử lại thỏa Vậy f(x) = c
2 (ln|1−x|+ln|1 +x|), ∀x∈(0,1) Qua ta thấy dạng thường khơng thể dự đốn trước nghiệm hay trình bày Tiếp theo tơi giới thiệu cách chứng minh PTH Cauchy thêm kiên khả vi Như khác, dùng PP " lấy đọc trị độc "
(4)Lời giải
Dễ thấy f(0) =
Xem x ẩn , đạo hàm vế ta cóf0(x) =f0(x+y) Xem y ẩn , đạo hàm vế ta có f0(y) = f0(x+y)
=⇒ f0(x) = f0(y) =c =⇒ f(x) = cx,∀x∈R ( f(0) = 0) Thử lại thỏa
Vậy f(x) =cx,∀x∈R
Sau ví dụ hay, lời kết cho lớp hàm khả vi :
Bài tốn Tìm tất hàm f :R→R có đạo hàm thỏa mãn :
f(ax) = af(x), |a|>1 (1)
Lời giải
Giả sử f thỏa mãn yêu cầu đề Từ (1) cho x= ta có f(0) =
Xét hàm g :R→Rnhư sau : g(x) =
(f(x)
x , x6= f0(0), x=
Với x6= theo (1) ta có : f(ax) ax =
f(x)
x ⇐⇒ g(ax) = ag(x) Mặc khác lim
x→0g(x) = limx→0
f(x)
x = limx→0
f(x)−f(0) x−0 =f
0
(0) =g(0) Vì f có đạo hàm nên g liên tục =⇒ g(x) = gx
a
= · · · = gx an
= g(0) =⇒ g(x) =c =⇒ f(x) = cxThử lại thỏa Vậy f(x) = cx,∀x∈R
c) Lớp hàm liên tục đơn điệu.
Đây lớp hàm quen thuộc kì thi, nhờ mà phương trình hàm nhẹ bớt độ khó đơi tạo vẻ đẹp thú vị
Chúng ta bước vào ví dụ PTH đơn điệu.Mở đầu toán quen thuộc, xuất thường nhiều đề đề nghị Olympic 30-4
Ví dụ Tìm hàmf : (0 +∞)→R, tăng thỏa :f(x) +1
x >0vàf(x).f
f(x) + x
=
Nhận xét Bài cần ý tính chất f đơn điệu f đơn ánh Lời giải
Dể thấy f đơn ánh Thay x bởif(x) + x f
f(x) + x
f
f
f(x) + x
+
f(x) + 1x
= Từ dể thấy : f
f
f(x) + x
+
f(x) + x1
=f(x) Vì f đơn ánh nên:
f
f(x) + x
+
f(x) +
x
=x ⇐⇒
f(x)+ f(x) +
x
=x ⇐⇒ f(x) = 1±
√
5 2x Vì f đồng biến nên f(x) = 1−
√
5 2x thỏa Thử lại thỏa Vậy f(x) = 1−
√
5
(5)Cũng PTH có tính khả vi, PTH đơn điệu giới thiệu cách CM Phương trình hàm Cauchy có thêm kiện liên tục
Ví dụ Tìm hàm f :R→R, đơn điệu thỏa : f(x+y) = f(x) +f(y)
Lời giải
Dể dàng chứng minh f(x) = ax,∀x∈Q
Bây nhờ f đơn điệu( không tính tổng quát giả sửf tăng ) nên theo tính chất ghi bên ta có :
tồn hai dãy số hữu tỉ un, cho un≤x≤vn limun=limvn =x Do f tăng nên f(un)≤f(x)≤f(vn) =⇒ a.un ≤f(x)≤a.vn
Cho n →+∞ ta có : ax≤f(x)≤ax =⇒ f(x) =ax
Thử lại thỏa Vậy f đơn điệu ta có f(x) =ax, a∈R, x∈R Ví dụ Tìm tất hàm đơn điệu f : R → R cho f(xf(y)) = yf(2x) với
x, y ∈R
Lời giải (Gợi ý)
Chú ý : f đơn điệu nên f đồng với0 Ta làm công việc: CM f(0) =
Thay x f(x) , đổi vai trò x, y so sánh
Cuối biện luận : f(x)>2xvà f(x)<2x không thỏa =⇒ f(x) = 2x Ví dụ Tìm f, g:R→R, f tăng, toàn ánh thỏa mãn:
f(f(x) +y)g(y) = f(x)g(x) + 6xy+ 6x
Lời giải
Do f toàn ánh nên tồn a mà f(a) =
Cho y =−f(x), x6= có f(0)g(x) =f(x)g(x)−6xf(x) + 6x⇒g(x) = 6x(f(x)−1) f(x)−f(0) Kết hợp với (∗)thì f(x) =f(y) ⇐⇒ x=y f song ánh
Cho y =−1 cóf(f(x)−1)g(x) = f(x)g(x) =⇒ g(x) = (khơng thoả) f(x) =x+ =⇒ g(x) = 6x (thoả)
Kết luận f(x) =x+ g(x) = 6x
Sau tâp hàm đơn điệu dành cho bạn đọc Bài tốn Tìm hàm f :R→R, đơn điệu thỏa :f(x)y =xf(y)
Bài tốn Tìm hàm f :R→R, tăng ngặt thỏa : f(x+f(y)) =f(x) +yn, n∈N∗ Bài 3c : Tìm hàm f :R→R, tăng ngặt, song ánh thỏa :f(x) +f−1(x) = 2x
Bây qua lớp hàm hay, có nhiều ứng dụng việc giải PTH Tác giả thích lớp hàm mang đậm tính giải tích có nhiều đánh giá hay Trước hết ta chứng minh Phương trình hàm Cauchy trường hợp có thêm kiện liên tục :
(6)Lời giải
Dễ dàng chứng minh f(x) =ax với x∈ Q quy nạp Tiếp theo nhờ f liên tục nên tồn dãy số xn hữu tỉ có limxn = x n vơ Mà lại có f(xn) = axn Từ ax= limaxn = limf(xn) = f(limxn) =f(x) =⇒ f(x) =ax,∀x∈R
Vậy PTH Cauchy chứng minh xong
Phương trinh hàm Cauchy ứng dụng mạnh Phương trình hàm, ta xét số ví dụ để thấy ứng dụng hàm Cauchy
Ví dụ 11 Tìm hàm liên tục f :R→R thỏa : f x2f(x) +f(y)
= (f(x))3+y
Nhận xét Khi gặp suy nghĩ đầu PTH Cauchy,
quả thật, bài vài bước biến đổi khác PTH Cauchy.Điều qua trọng việc tính giá trị đặc biêt ( tính f(0) )
Lời giải
Gỉa sử tồn y1, y2 cho f(y1) =f(y2)
Khi ta có f(x2f(x) +f(y1)) =f(x2f(x) +f(y2))
=⇒ f(x)3+y1 =f(x)3 =y2 =⇒ y1 =y2 =⇒ f đơn ánh
Ta có : x= 0, y =−f(0)3 =⇒ f(f(−f(0)3)) = Đặt a=f(−f(0)3) =⇒ f(a) = Thay x=a ta có :f(0) =a=f(−f(0)3) Dễ thấy f đơn ánh =⇒ f(0) =
Từ dễ thấy f(x+y) = f(x) +f(y) =⇒ f(x) =ax =⇒ f(x) =x
Thử lại f(x) = xthỏa Vậy f(x) =x
Ta qua ví dụ :
Ví dụ 12 Tìm tất hàm f :R\ {±1} →R thỏa mãn f
x+y +xy
= f(x)f(y) +xy
Nhận xét Đây tác giả làm khoảng thời gian ôn thi VMO,
khá khó việc tìm hướng giải vơ khó khăn đề che dấu nhiều Tuy nhiên, nhanh trí ta phát số điều quan mấu chốt tốn Đầu tiên đánh giá x+y+ + xy = (1 +x)(1 +y)
−x−y+ +xy = (1−x)(1−y), sau ý tới Phương trình hàm Cauchy ( nhờ đề cho có tíchf(x)f(y)nên ta suy nghĩ tới dạngf(xy) =f(x)f(y)) Từ hướng đó, vào "xử lí " tốn
Lời giải
Ta tìm hàm g(x)theo x f(x)để cuối dạng g(xy) =g(x).g(y) Nếu đặt x= u+
1−u y= v +
1−v ta có :g
(u+ 1)(v+ 1) (1−u)(1−v)
=g
u+ 1−u
g
v+ 1−v
Nhân vế cho
1 +uv ( đề cho sẵn ) ta có : g
(u+ 1)(v+ 1) (1−u)(1−v)
1 +uv =g
u+ 1−u
g
v+ 1−v
1 +uv Tiếp theo nhờ đánh giá
x+y+ +xy= (1 +x)(1 +y) và−x−y+ +xy= (1−x)(1−y) ta có :
g
(u+ 1)(v+ 1) (1−u)(1−v)
(1−u)(1−v) +uv =g
u+ 1−u
g
v+ 1−v
(7)
⇐⇒ g + u+v
1+uv 1− u+v
1+uv !
1− u+v
1 +uv
=g
u+ 1−u
(1−u)g
v+ 1−v
(1−v) 1 +uv Đến rõ ràng ta đặt : f(x) = g
x+ 1−x
(1−x)thì ta có :
f
x+y +xy
= f(x)f(y) +xy Hay đặt g(x) =
x+ 1f
x−1 x+
thì ta có :g(xy) = g(x).g(y)
Từ dof liên tục nên g liên tục =⇒ g(x) = xa =⇒ f(x) =
x+ 1−x
a
(1−x) Thử lại thỏa Vậy f(x) =
x+ 1−x
a
(1−x), ∀x∈R\ {±1}
Tiếp tục sử dụng hàm Cauchy:
Ví dụ 13 Tìm f :R→R liên tục thỏa (f(x))2 =f(x+y).f(x−y)
Lời giải
Cho x=y có(f(x))2 =f(2x)f(0) =⇒ f(2x)f(0) =f(x+y)f(x−y)
Đặt f(x) =g(x)f(0), u=x+y, v=x−y cóg(u+v) =g(u)g(v)( hàm cauchy ) Dễ thấy u, v ∈R kết hợp với g liên tục dof liên tục
Ta hai hàm g(x) = g(x) =ax, a >0 =⇒ f(x) =k·ax ( với k=f(0) )
Vậy hàm thỏa đề f(x) =k·ax
Như tốn xử lí hồn tồn qua cho thấy việc sử dụng hàm Cauchy Phương trình hàm liên tục đặc biệt quan trọng, kĩ thuật hay, thường gặp kì thi
Mời bạn đọc thử tìm hướng giải cho tâp thông qua tư tưởng PTH Cauchy
Bài tốn Tìm tất hàmf :R→Rthỏa
f(x+y) +f(x)f(y) = f(xy) +f(x) +f(y) f(0)6= 2, f(2) 6=
Bài tốn Tìm tất hàm liên tục f :R→R thỏa : f
x+y
2
=f(x)f(y)
Bài tốn Tìm tất hàm liên tục f :R→R thỏa :
f(x+f(y+f(z))) =f(x) +f(f(y)) +f(f(f(z)))
(Gợi ý xét trường hợp tập A=f(R))
Ngoài việc sử dụng hàm Cauchy, kĩ thuật khác quan trọng việc dùng kiện liên tục quy nạp
Ta xét số ví dụ để thấy tầm quan trọng PP quy nạp Ví dụ 14 Tìm tất hàm liên tục f :R→R thỏa :
f(x) +f(y) + = 2f
x+y
+ 2f
x−y
2
(8)Nhận xét Có lẽ ý tưởng đề bắt nguồn từ đề thi HSG Olympic
30-4 năm 2012 Vùng Tàu Đề năm :
Tìm tất hàm f :Q→R thỏa f(x+y) +f(x−y) = 2f(x) + 2f(y)
Để giải toán này, ta cần giải Olympic 30-4 trước từf liên tục ta hoàn thành toán R
Lời giải
Đặt g(x) =f(x)−1, ta có g(x) +g(y) = 2g
x+y
+ 2g
x−y
2
Hay g(x+y) +g(x−y) = 2g(x) + 2g(y) Dể thấy g(0) = Đặt g(1) =k Bằng quy nạp ta chứng minh g(x) =kx2,x∈N
Mà g hàm chẵn ( thay y bởi−y ta thấy) nên g(x) = kx2,x∈Z Ta tiếp tục CM g(x) =kx2,x∈Q Thật
x∈Q =⇒ x= p
q, p, q ∈Z =⇒ g
p q
=
q2g(p) = k
p q
2
=⇒ g(x) =kx2,x∈Q
Cuối f liên tục nên tồn dãy số hữu tỉ xnsao cholimxn=x2, khinra vơ Khi
kx2 =klim(xn) = lim(k.xn) = limg(xn) =g(limxn) = g(x) =⇒ f(x) =kx2 , ∀x∈R Thử lại thỏa Vậy g(x) =kx2 hay f(x) = kx2+ ( Bài toán chứng minh xong) Tiếp theo số ví dụ khác sử dụng quy nạp
Ví dụ 15 Tìm tất hàm số f(x) liên tục R thỏa mãn:
f(x+y) +f(xy) =f(x) +f(y) +f(x)f(y), với x, y thuộc R
Lời giải
f(x+y) +f(xy) =f(x) +f(y) +f(x)f(y),∀x, y ∈R, (1) Nếu f hàm dễ thấy f ≡0
Xét f khác hàm (*)
x=y := 0,(1) =⇒ f(0)2 = =⇒ f(0) = Đặt a=f(1) y:=
(1) =⇒ f(x+ 1) +f(x) =f(x) +f(1) +f(x)f(1) =⇒ f(x+ 1) =af(x) +a,∀x,(2) Nếu a= =⇒ f(x+ 1) = 0∀x =⇒ f hàm hằng: trái với (*) Nêna 6=
Xét số tự nhiên n
(2)⇒f(n) = af(n−1) +a
= a2f(n−2) +a(1 +a) = · · ·
= an−1f(1) +a +a+ +an−2 = an+a +a+ +an−2
TH1: a6= Khi
f(n) = an+a.a
n−1−1
a−1 =
an+1−an+an−a a−1 =a
an−1
a−1 ,∀n ∈N Trong (1), chọn x, y ∈N, ta có:
a.a
x+y−1 a−1 +a
axy −1 a−1 =a
ax−1 a−1 +a
ay −1 a−1 +a
2a
x−1 a−1
ay−1 a−1
⇐⇒ ax+y−1 +axy−1 = ax−1 +ay −1 +a(ax−1) (ay−1)
⇐⇒ ax+y+1−axy−ax+y −ax+1−ay+1+ax+ay −a= 0, (3) x=y:= 1,(3)⇒a3−3a2 = ⇔a∈ {0; 1; 2} ⇔a=
(9)TH2: a= Khi đó, (2) trở thành:f(x+ 1) =f(x) + 1,∀x Bằng quy nạp, ta thu điều sau:
f(n) =n,∀n ∈Z
f(x+n) = f(x) +n,∀x∈R,∀n ∈Z Chọn số nguyên khác p, q Ta có:
f
q.p q
=f(p) +f
p q
+f(p)f p q −f
q+p q
⇔p=p+f p q +pf p q −f p q −q ⇔f p q = p
q,∀p, q ∈Z\{0} ⇒f(x) =x,∀x∈Q
Do f liên tục nên với số thực r, ta chọn dãy hữu tỷ (xn) cholimxn= limyn=x ta có f(x) = f(limxn) = limf(xn) = limxn=x
Vậy f(x) =x ∀x∈R
Ví dụ 16 Tìm hàm f :R+→R+ thỏa f(x).f(y) =f(xy) +f
x y
với x, y >0
Lời giải
Đặt g(x) =f(ex) thì: g(x).g(y) = g(x+y) +g(x−y), với x, y ∈R (*)
Từ (*) chọn (x, y) = (0,0) ta thu đượcg(0) = Giả sử tồn x0 ∈R mà g(x0)<2
Xét dãy (un) xác định bởi: u0 =g(x0), un+1 =u2n−2, n≥0 Từ (*) g(2nx0) = un>0 (1)
Dễ dàng chứng minh dãy (un) dương, điều mâu thuẫn với (1) Vậy g(x)≥2, với x∈R
Từ với x0 ∈R tồn tạia mà g(x0) =ax0 +a−x0
Bằng quy nạp ta thu được: g(nx0) =anx0 +a−nx0, n∈Z (**)
Đặt g(1) =c+c−1 Từ (**) chọn (n, x0) = (n,1) suy ra: g(n) = cn+c−n
Từ (**) chọn (n, x0) =
n,
n
suy ra: g
1 n
=cn1 +c− n
Từ (**) chọn (n, x0) =
m,
n
suy ra: gm n
=cmn +c− m n
Từ tính liên tục hàm g(x) suy g(x)≡cx+c−x Do f(x) =cln(x)+c−ln(x) Cuối , tác giả xin giới thiệu số sử dụng dãy số PTH liên tục
Ví dụ 17 Tìm tất hàm liên tục thỏa : f(x) =fx a
,|a|>1
Lời giải
Từ đề ta có f(x) =fx a
=fx a2
=· · ·=f x a2n
Do f liên tục nênf(x) = lim n→+∞f
x a2n
=f lim n→+∞ x a2n
=f(0) =c
Vậy f(x) =c
Ví dụ 18 Tìm tất hàm liên tục f :R→R thỏa : f(x) = f
x2+1
(10)
Lời giải
Xét dãy số : (
x1 =x
xn+1=x2n+
Dễ thấy xn dãy tăng vàlimxn =
Khi ta có : f(x) =f(a1) =f(a2) = · · ·=f(an) = limf(xn) =f(limxn) = f
=⇒ f(x) = f(1
2) = c Vậy f(x) =f(
2) =c,∀x∈R
Ví dụ 19 Tìm hàm f : [0,1]→R liên tục thỏa điều kiện sau :
f(x) = 2−x
2
2 f( x2
2−x2)
f(0) = lim
x→1−
f(x)
√
1−x 6=∞
4
Lời giải (Gợi ý)
Xét f(x) = √1−x2g(x) Thay vào sau dùng dãy số ta được
g(x) = g(0) = =⇒ f(x) = √1−x2.
d) Các Phương trình hàm hay đăng diễn đàn.
Đây Phương trình hàm thành viên VMF đăng lên diễn đàn xử lí đẹp, giúp ích bạn việc tư gặp hàm Bài tốn Tìm tất hàm f :R→R thỏa:
f(x+y) +f(x2+f(y)) = (f(x))2+f(x) +f(y) +y,∀x, y ∈R ( Đề Idie9xx đăng bạn giải )
Lời giải
Với P(x, y) có tính chất f(x+y) +f(x2+f(y)) = (f(x))2+f(x) +f(y) +y P(0, x)⇒f(f(x)) =y+ (f(0))2+f(0)⇒f toàn ánh
P(x,0)⇒f(x2+f(0)) = (f(x))2+f(0)
⇒(f(x))2 = (f(−x))2 ⇒f(x) =−f(−x)(do f đơn ánh), ⇒f(0) = (do f toàn ánh) P(y, x)⇒f(x+y) +f(y2+f(x)) = (f(y))2+f(x) +f(y) +x
P(−y, x)⇒f(x−y)+f(y2+f(x)) = (f(y))2+f(x)−f(y)+x⇒f(x+y)−f(x−y) = 2f(y) Tương tự có f(x+y)−f(y−x) = 2f(x)⇒f(x+y) =f(x) +f(y)
Mà f(x2) = (f(x))2 nên f(x) = x (thỏa) hoặcf(x) = (không thỏa)
Vậy hàm thỏa đề f(x) =x
Bài toán 10 Tìm tất hàm số f,g: R→R thỏa mãn:
g(f(x)−y) =f(g(y)) +x ∀x, y ∈R
Lời giải
(11)y:= 0,(1) ⇒g(f(x)) =f(b) +x,∀x∈R
y:=f(x),(1)⇒b=f(g(f(x))) +x=f(x+f(b)) +x,∀x∈R,(2) x:=b,(2)⇒f(b+f(b)) =
x:=b+f(b),(1)⇒g(−y) = f(g(y)) +b+f(b) y:= 0⇒2f(b) = 0⇒f(b) = 0⇒g(f(x)) =x
y:=f(x),(1)⇒b=f(g(f(x))) +x⇒f(x) =b−x,∀x∈R
⇒x=g(f(x)) =g(b−x),∀x∈R⇒g(x) =b−x,∀x∈R Thử lại:
V T(1) =g(b−x−y) =b−(b−x−y) =x+y V P(1) = f(b−y) +x=b−(b−y) +x=x+y
⇒(1) : ∀x, y ∈R
Kết luận: ∀x∈R :f(x) =b−x vàg(x) = b−x (trong đó, b số) Bài tốn 11 Tìm tất hàm f :R →R thoả mãn:
f(x2(z2+ 1) +f(y)(z+ 1)) = 1−f(z)(x2+f(y))−z((1 +z)x2+ 2f(y)),∀x, y, z ∈R
Lời giải
Cho x= 0, z =−1 cóf(0) = 1−f(−1)f(y) + 2f(y),∀y∈R
Dễ thấy f khơng hàm hằng⇒f(−1) = 2và f(0) =
Cho z =−1 cóf(2x2) = 1−f(−1)(x2+f(y)) + 2f(y)⇒f(2x2) = 1−2x2 Hay f(x) = 1−x,∀x∈R+
Cho x=z = có f(f(y)) = 1−f(y) Với y >1 f(y) tồn ánh tậpR−
Vì ta chứng minh f(x) = 1−x ,∀x∈R
Bài tốn 12 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn
f(x+xy+f(y)) = (f(x) +
2)(f(y) +
2),∀x, y ∈R
Lời giải
f(x+xy+f(y)) =
f(x) +
2 f(y) +
,∀x, y ∈R,(1) y:=−1,(1)⇒f(f(−1)) =
f(x) +
2 f(−1) +
Giả sử f(−1)6=−1
2 ⇒f(x) =
f(f(−1)) f(−1) + 12 −
1
2 =C :const Khi viết lại (1)C =
C+1
2
⇔C2+1
4 = : vô lý Do f(−1) =−1
2 ⇒f(f(−1)) = 0⇒f
−1
2
= Đồng thời ta có f khác (*) x:= 0;y:=−1
2,(1)⇒f(0) = y:= 0,(1)⇒f
x+1
2
=f(x) +
2,∀x∈R,(2) Giả sử tồn b6=−1 :f(b) = −1
2 y:=b,(1) ⇒f
x(1 +b)−
2
= 0,∀x⇒f ≡const: trái (*)
(12)Từ đó, kết hợp với (2), ta có ∃!x=−1
2 :f(x) = x:=−1,(1) ⇒f(f(y)−y−1) = 0⇒f(y)−y−1 =−1
2 ⇒f(y) = y+
2,∀y∈R Thử lại: Thỏa Kết luận: f(x) =x+
2
Bài tốn 13 Tìm tất hàm f :R→R thỏa:
f(x+y) +xf(y) =f(f(x) +y) +yf(x),∀x, y ∈R
Lời giải (Cách 1)
Cho x=y= có f(0) =f(f(0)) ⇒f(f(0)) =f(f(f(0)))
Cho x=f(0), y = có f(f(0)) + (f(0))2 =f(f(f(0)))⇒f(0) = Cho y = ta có f(x) = f(f(x)) Thay y f(y) có
f(x+f(y)) +xf(y) =f(f(x) +f(y)) +f(x)f(y)
⇒f(x+y) +yf(x) = f(f(x) +f(y)) +f(x)f(y) Đổi vị trí x y ta
f(x+y) +xf(y) =f(f(x) +f(y)) +f(x)f(y) ⇒xf(y) = yf(x)⇒ f(x)
x =
f(y) y =c Thử lại c= c= Vậy hàm thỏa đề f(x) = x vàf(x) =
Lời giải (Cách2)
Cho P(x, y) có tính chất f(x+y) +xf(y) =f(f(x) +y) +yf(x),∀x, y ∈R
P(0,0)⇒f(0) =f(f(0))
P(f(0),0)⇒f(f(0)) + (f(0))2 =f(f(f(0)))⇒f(0) = P(x,0)⇒f(x) =f(f(x))
P(f(x), y)⇒f(f(x) +y) +f(x)f(y) =f(f(f(x)) +y) +yf(f(x))
⇒f(f(x) +y) +f(x)f(y) =f(f(x) +y) +yf(x)
⇒f(x)(f(y)−y)⇒f(x) = f(y) =y
Vậy hàm thỏa đề f(x) =x f(x) =
Bài tốn 14 Tìm tất hàm f :R→R thoả mãn:
f(|x|+y+f(y+f(y))) = 3y+|f(x)|,∀x, y ∈R
Lời giải
Cho g(x) =x+f(x+f(x))vàP(x, y)có tính chất f(|x|+g(y)) = 3y+|f(x)|,∀x, y ∈R
P(0, x)⇒f(g(x)) = 3x+|f(0)| Vậy f toàn ánh Nên tồn a mà f(a) = 0⇒g(a) =a P(0, a)⇒f(g(a)) = 3a+|f(0)| ⇒a=−|f(0)|
3
P(x,0)⇒f(|x|+g(0)) =|f(x)| Nên với x≥g(0) f(x)≥0
Ta chứng minh f(z+n·g(0)) =f(x) với z ≥g(0), n ∈N
P(z+n·g(0), x)⇒f(|z+n·g(0)|+x+f(x+f(x))) = 3x+|f(z+n·g(0))|= 3x+|f(z)|
Cho −x đủ lớn để 3x+|f(z)|<0 Giả sử g(0)6= 0,
ta cho n đủ lớn để|z+n·g(0)|+g(x)> g(0) f(|z+n·g(0)|+g(x))>0 mâu thuẫn
⇒g(0) = 0⇒f(0) =−|f(0)|
3 ⇒f(0) = Cũng chứng minh f(x) = 0⇔x= P
x,−|f(x)|
3
⇒f
|x|+g
−|f(y)|
3
= 0⇒g
−|f(y)|
3
(13)P(x,0) :f(|x|) =|f(x)| P
x,−|f(y)|
3
⇒f
|x|+g
−|f(y)|
3
=|f(x)| − |f(y)| ⇒f(|x| − |y|) =|f(x)| − |f(y)|=f(|x|)−f(|y|)
Ta chứng minh f cộng tính kết hợp vớif(|x|) =|f(x)|
⇒f(x) =c·x(c≥0) thử lại tìm c= KL: f(x) =x ,∀x∈R
Bài tốn 15 Tìm tất hàm f :R→R thỏa:
f(x+y) +f(x2+f(y)) = (f(x))2 +f(x) +f(y) +y,∀x, y ∈R
Lời giải
Với P(x, y) có tính chất f(x+y) +f(x2+f(y)) = (f(x))2+f(x) +f(y) +y P(0, x)⇒f(f(x)) =y+ (f(0))2+f(0)⇒f toàn ánh
P(x,0)⇒f(x2+f(0)) = (f(x))2+f(0) ⇒(f(x))2 = (f(−x))2 ⇒f(x) =−f(−x)(do f đơn ánh) ⇒f(0) = (do f toàn ánh)
P(y, x)⇒f(x+y) +f(y2+f(x)) = (f(y))2+f(x) +f(y) +x
P(−y, x)⇒f(x−y)+f(y2+f(x)) = (f(y))2+f(x)−f(y)+x⇒f(x+y)−f(x−y) = 2f(y) Tương tự có f(x+y)−f(y−x) = 2f(x)⇒f(x+y) =f(x) +f(y)
Mà f(x2) = (f(x))2 nên f(x) = x (thỏa) hoặcf(x) = (không thỏa)
Vậy hàm thỏa đề f(x) =x
Bài tốn 16 Tìm tất hàm số f :R→R;g :R→R thoả mãn:
f(x+g(y)) = xf(y)−yf(x) +g(x),∀x, y ∈R
Lời giải (C1)
Cho P(x, y) có tính chất f(x+g(y)) =xf(y)−yf(x) +g(x)
∗T H1 :f(0) = g(0) =
−T H :f(0) =
P(−g(0),0)⇒g(−g(0)) =
P(0,−g(0))⇒f(g(−g(0))) =g(0)⇒g(0) =
−T H :g(0) =
P(0,0)⇒f(0) = 0Nên f(0) = g(0) = f(0) =g(0) = P(0, x)⇒f(g(x)) =
P(x,0)⇒g(x) = f(x)⇒f(f(x)) = g(f(x)) =g(g(x)) =
P(x, f(x))⇒f(x+g(f(x))) =xf(f(x))−(f(x))2+g(x)⇒f(x) = 0⇒g(x) =
∗T H2 :f(0) 6= 0, g(0)6=
P(0, x)⇒f(g(x)) = −xf(0) +g(0)
P(g(x), y)⇒f(g(x) +g(y)) =g(x)f(y)−yf(g(x)) +g(g(x))
⇒f(g(x) +g(y)) =g(x)f(y) +xyf(0)−yg(0) +g(g(x))
P(g(y), x)⇒f(g(y) +g(x)) =g(y)f(x) +xyf(0)−xg(0) +g(g(y))
⇒g(x)f(y)−yg(0) +g(g(x)) = g(y)f(x)−xg(0) +g(g(y)),(∗) Thay x g(x)vào (∗) có
g(g(g(x))) +f(y)g(g(x))−g(y)f(g(x)) +g(0)g(x)−g(g(y))−yg(0) =
⇒g(g(g(x))) +f(y)g(g(x)) +g(0)g(x) +g(y)f(0)x−g(g(y))−g(y)g(0)−yg(0) = Cũng cóg(g(g(x))) +f(z)g(g(x)) +g(0)g(x) +g(z)f(0)x−g(g(z))−g(z)g(0)−zg(0) =
⇒ (f(y)−f(z))g(g(x)) + (g(y)−g(z))f(0)x+ (m(y)−m(z)) = 0,(m(x) = −g(g(x))−
g(x)g(0)−xg(0))
(14)Thay y= vào(∗) ta có g(x)f(0) +g(g(x)) =g(0)f(x)−xg(0) +g(g(0))
⇒g(0)f(x) = g(x)f(0) +a0x+b0+xg(0)−g(g(0)) ⇒f(x) =k1g(x) +a1x+b1,(∗∗)(với k1, a1, b1 số)
Thay x g(x)vào (∗∗) cóf(g(x)) = k1g(g(x)) +a1g(x) +b1 ⇒ −xf(0) +g(0) =k1a0x+k1b0+a1g(x) +b1
⇒g(x) = ex+f (với e, f số)
⇒f(x) =ax+b (với a, b số) (khi thay vào (∗∗)) Vậy f(x), g(x) đa thức bậc
Khi thử lại ta xác định a= e
e+ 1, b=
−e2
e+ 1, f =−e
2
Vậy cặp hàm thỏa đề f(x) = ex−e
2
e+ , g(x) = ex−e
2
Lời giải (C2)
+) Thế y 0: f(x+g(0)) =xf(0) +g(0) Đặt g(0) =a Với ∆ Thế (x;y) (x+ ∆ +a;y)
Ta có: f(x+a+ ∆ +g(y)) = (x+a+ ∆)f(y)−yf(x+a+ ∆) +g(x+a+ ∆) Thế (x;y) (x+a;y) Ta có: f(x+a+g(y)) = (x+a)f(y)−yf(x+a) +g(x+a) Trừ vế cho vế được:
∆f(0) +g(x+ ∆ +g(y))−g(x+g(y)) = ∆f(y)−y(∆f(0) +g(x+a+ ∆)−g(x+a)) + g(x+ ∆)−g(x)
Cho y = Trở thành: g(x+t+c)−g(x+c) =g(x+t)−g(x)
Cho y = kết hợp với điều có: g(x+ ∆ +g(1))−g(x+g(1)) = ∆(f(1)−f(0)) Từ suy f(x) = a(x−a)
a+ , g(x) = a(x−a)
Tiếp theo toán topic 100 hàm số chọn lọc :
Bài tốn 17 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa :f(x2+f(y)) =xf(x) +y
Lời giải
Cho x= =⇒ f(f(y)) = y Suy f(x) song ánh
Nên tồn a:f(a) = Thay (x;y) = (a; 0) =⇒ f(a2+f(0)) = Mà =f(f(0)) =⇒ a2+f(0) =f(0) =⇒ a= Tức làf(0) =
Thay y= =⇒ f(x2) =xf(x) =⇒ f(x2) = f(f(x)).f(x) = f(f(x)2) =⇒ f(x) = x hoặcf(x) =−x
Thế với xchứ không với Ta chứng minh mệnh đề với x
Giả sử tồn a;b6= mà f(a) = a;f(b) =−b Thay vào giả thiết ban đầu ta có: f(a2−b) = a2+b =⇒ a= b= Vơ lí
Kết luận f(x) =x f(x) = −x ∀x∈R
Bài tốn 18 Tìm tất hàm f : [0; +∞)→[0; +∞) thỏa :
f(x+y−z) +f(2√xz) +f(2√yz) = f(x+y+z)
Lời giải
(15)P(x;y;1
4)⇒f(x+y+ 4) +f(
√
x) +f(√y) =f(x+y+1 4) P(x+y; 0;1
4)⇒f(x+y+ 4) +f(
√
x+y) =f(x+y+1
4)⇒f(
√
x+y) =f(√x) +f(√y) Đặt g(x) =f(√x)có g(x+y) =g(x) +g(y) (cộng tính)
Với x > y có g(x) = g(x−y) +g(y)> g(y) (đơn điệu)
⇒g(x) = c·x⇒f(x) = c·x2 ( với số c≥0 ) (thỏa)
Vậy hàm thỏa đề f(x) =c·x2
Bài tốn 19 Tìm tất hàm f :R→R thoả mãn : 1)f(2x) =f2(x)
2) f(−x) = f(x)
3)f(x)≥1 +x
Lời giải
Từ (1) chứng minh quy nạp ta f(x) = fx 2n
2n (4) Ta sử dụng giới hạn sau: lim
n→+∞
+ x
n n
=ex Từ (4) (3) cho n→+∞ ta có :
f(x) =f x 2n
2n
≥1 + x 2n
2n
=ex (5) f(−x) =
f
− x 2n
2n
≥
1 + −x 2n
2n =e−x Theo (2)
f(x) =f(−x)≥e
−x =
ex ⇔f(x)≤e x (6) Từ (5) (6) có ex ≥f(x)≥ex ⇒f(x) =ex (thỏa)
Vậy hàm thỏa đề f(x) =ex
Bài tốn 20 Tìm f :R→R thỏa : f(x+f(y)−xf(y)) =x+y−xy
Lời giải
Cố định xdễ thấy f song ánh Nên tồn a đểf(a) = Cho y =a có f(x) = x+a−ax
Cho x=y=a cóf(a+f(a)−af(a)) = 2a−a2 ⇒a2−2a= ⇒a= a=
⇒f(x) =x ( thỏa ) f(x) =−x+ ( thỏa )
Vậy hàm thỏa đề f(x) =x f(x) = −x+ Bài tốn 21 Tìm f :R+ →R+
thỏa f(f(x) +y) =f(x2−y) + 4f(x)y
Lời giải
Thay y x2−y−f(x)có f(x2−y) = f(f(x) +y) + 4f(x)(x2 −y−f(x))
⇒4f(x)y= 4f(x)(y−x2+f(x))⇒f(x) =x2 (thỏa)
Vậy hàm thỏa đề f(x) =x2
(16)Lời giải
Cho x= ta cóf(y3) = y2.f(y) Cho y = ta có f(x3) = x2.f(x)
Từ ta có f(x3+y3) = f(x3) +f(y3) hay f(x+y) = f(x) +f(y) ∀x, yR Xét
f((x+ 1)3+ (x−1)3) = f((x+ 1)3) +f((x−1)3)
= (x+ 1)2f(x+ 1) + (x−1)2.f(x−1) = (2x2+ 2)f(x) + 4x.f(1)
f((x+ 1)3+ (x−1)3) =f(2x3 + 6x) = 2f(x3) + 6f(x) = 2x2.f(x) + 6f(x)
Từ đẳng thức ta có f(x) = f(1).x=a.x Thử lại ta có f(x) =x thỏa mãn Bài tốn 23 Tìm f :R→R thỏa f
x−3 x+
+f
+x 1−x
=x
Lời giải
- Đặt x−3 x+ =
3 +u
1−u =⇒ x= u−3 u+ =⇒
3 +x 1−x =
3 + uu−3+1 1− u−3
u+1
=u (1) Suy ra: f
+u 1−u
+f(u) = u−3
u+ =⇒ f
3 +x 1−x
+f(x) = x−3 x+ (2) - Đặt +x
1−x =v =⇒ x= v−3
v+ =⇒ f(v) +f
v−3 v +
=
v−3
v+1 −3
v−3
v+1 +
= v+ 1−v =⇒ f(x) +f
x−3 x+
= x+ 1−x(3)
- Lấy (2) cộng (3) trừ (1), vế theo vế, ta được: 2f(x) = x−3
x+ + x+
1−x −x ⇐⇒ f(x) =
x3+ 7x 2(x+ 1)(1−x) * Thử lại thấy KL f(x) = x
3+ 7x
2(x+ 1)(1−x)
Bài tốn 24 Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn :
f(x3−y) + 2y(3(f(x))2+y3) =f(f(x) +y)
Lời giải
Thay y=x3 ta có : f(0) + 2x12+ 6x3(f(x))2 =f(f(x) +x3)(1) Thay y=−f(x) ta có : f(x3+f(x))−2(f(x))4−6(f(x))3 =f(0) (2)
Cộng (1) (2) vế theo vế ta ; 2x12 + 6x3(f(x))2−2(f(x))4−6(f(x))3 = Từ ta tìm f(x) = x3,∀x∈RThử lại thỏa
Vậy f(x) =x3,∀x∈R
III) Kinh nghiệm lời kết.
Sau viết muốn đúc kết số kinh nghiệm sau việc giải phương trình hàm tơi
1) Cần lưu ý số chổ hay sai giải phương trình hàm ( tốn đầu nêu)
(17)3) Nếu đề cho đơn điệu liên tục ta có số hướng sau : Sử dụng dãy số, sử dụng hàm Cauchy, sử dụng tính chất đặc trưng hàm cho
4) Cần lưu ý việc tính số giá trị đặc biệt vô quan trọng, ta thường tính f(0), f(1), f(−1) f(ax) = af(x), ngồi cịn phải lưu ý tới tính ánh xạ hàm số ( đơn ánh, toàn ánh ,song ánh )
Cuối lời tác giả hy vọng viết giúp ích cho bạn đọc có thêm kiến thức, tự tin đứng trước Phương trình hàm kì thi học sinh giỏi ( Olympic 30-4, Duyên hải Bắc Bộ , Toán tiếng Anh HOMC, VMO, TST, IMO ) Có thể viết số lỗi, hy vọng nhận góp ý bạn Chúng ta hẹn gặp phần topic "100 hàm số sưu tầm "bắt đầu từ tháng 7/2014 VMF
Ngoài ra, tác giả xin chúc mừng sinh nhật lần thứ 10 diễn đàn, hy vọng diễn đàn ta luôn phát triển góp phần vào phát triển nên tốn học Việt Nam HAPPY BIRTHDAY VMF
Địa : 79, ấp I, xã Tắc Vân, TP Cà Mau, tỉnh Cà Mau