Một số phương pháp giải phương trình hàm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ THƠM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ THƠM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.0113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS-TSKH HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn Lời nói đầu Một số ký hiệu chữ viết tắt Kiến thức 1.1 Một số tính chất đặc trưng hàm số 1.2 Các phương trình hàm Một số phương pháp giải phương trình hàm 11 2.1 Phương pháp quy nạp 11 2.2 Phương pháp sử dụng tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánh đơn điệu hàm số 14 2.3 Phương pháp dự đoán nghiệm chứng minh nghiệm tìm 16 2.4 Phương pháp thay giá trị cho biến 19 2.5 Phương pháp chuyển qua giới hạn 21 2.6 Phương pháp chuyển toán xác định dãy số 24 2.7 Phương pháp điểm bất động 26 2.8 Phương pháp chuyển phương trình hàm Cauchy 28 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ i 2.9 Phương pháp sử dụng tính chất đạo hàm, nguyên hàm, tích phân 29 2.10 Phương pháp thêm biến 31 2.11 Phương pháp tổng hợp 34 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn này, em xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khối, người thầy tận tình dạy bảo, hướng dẫn em suốt trình học tập nghiên cứu Em xin trân trọng bày tỏ lòng biết ơn đến thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy khóa học cao học 2011-2013 Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phịng đào tạo, khoa Tốn - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Đồng thời em xin trân trọng cảm ơn Sở giáo dục đào tạo thành phố Hải Phòng, trường THPT Tồn Thắng, gia đình bạn đồng nghiệp tạo điều kiện giúp đỡ mặt suốt q trình em học tập hồn thành luận văn Hải Phòng, tháng 05 năm 2013 Tác giả Vũ Thị Thơm Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI NĨI ĐẦU Phương trình hàm phương trình có chứa ẩn dạng hàm số chưa biết Giải phương trình hàm tìm hàm số chưa biết từ phương trình hàm cho Lý thuyết phương trình hàm lĩnh vực nghiên cứu quan trọng lý thuyết số giải tích tốn học Các dạng tốn phương trình hàm phong phú, bao gồm phương trình tuyến tính, phương trình hàm ẩn nhiều ẩn Phương trình hàm chuyên đề quan trọng bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thơng Các tốn phương trình hàm thường có đề thi học sinh giỏi tốn ngồi nước Tuy nhiên, học sinh trường chuyên lớp chọn nói riêng người giải tốn nói chung cịn biết phương trình thống để giải phương trình hàm, chí cịn lúng túng khơng biết định hướng tiếp cận phương trình hàm Mục đích luận văn dựa việc tìm hiểu phương trình hàm số tài liệu liên quan đến phương trình hàm để hình thành phương pháp phân tích, khai thác liệu, dự đốn hướng giải, kỹ thuật biến đổi, sở hình thành số phương pháp giải phương trình hàm Nội dung luận văn gồm chương: • Chương 1: Kiến thức bản: Trong chương trình bày số tính chất đặc trưng hàm số phương trình hàm • Chương 2: Một số phương pháp giải phương trình hàm Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ MỘT SỐ KÝ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT Với x viết ∀x Tập số tự nhiên ký hiệu N Tập số nguyên ký hiệu Z Tập số hữu tỉ ký hiệu Q Tập số thực ký hiệu R Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Kiến thức 1.1 Một số tính chất đặc trưng hàm số Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R 1.1.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.1.1 • Hàm số f (x) gọi hàm số chẵn M, M ⊂ D(f ), ∀x ∈ M ta có −x ∈ M f (−x) = f (x) • Hàm số f (x) gọi hàm số lẻ M, M ⊂ D(f ), ∀x ∈ M ta có −x ∈ M f (−x) = −f (x) 1.1.2 Hàm số đơn điệu Định nghĩa 1.1.2 • Hàm số f (x) gọi hàm số đồng biến tập N ⊂ D(f ) f (x1 ) − f (x2 ) ∀x1 , x2 ∈ N, x1 = x2 , ta có x1 − x2 • Hàm số f (x) gọi hàm số nghịch biến tập N ⊂ D(f ) f (x1 ) − f (x2 ) ∀x1 , x2 ∈ N, x1 = x2 , ta có x1 − x2 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ • Hàm số đồng biến nghịch biến tập N gọi chung hàm đơn điệu tập N 1.1.3 Hàm số liên tục Định nghĩa 1.1.3 • Giả sử hàm số y = f (x) xác định điểm x0 Ta nói f (x) liên tục điểm x = x0 lim f (x) = f (x0 ) x→x0 • Hàm số f (x) liên tục khoảng (a, b) f (x) liên tục điểm thuộc khoảng (a, b) • Hàm số f (x) liên tục đoạn [a, b] f (x) liên tục khoảng (a, b) đồng thời liên tục phải a , liên tục trái b, có nghĩa:   lim f (x) = f (a) + x→a  lim− f (x) = f (b) x→b 1.1.4 Hàm số khả vi ( Tính có đạo hàm hàm số) Định nghĩa 1.1.4 • Cho hàm số f (x) ,x0 ⊂ D(f ) Ta nói f (x) khả vi x0 f (x0 + ∆x) − f (x0 ) tồn giới hạn hữu hạn lim Giới hạn ∆x→0 ∆x kí hiệu f’(x0 ) gọi đạo hàm hàm f (x) x0 Khi đó, ta nói f (x) khả vi x0 • Hàm số f (x) gọi khả vi tập D ⊂ D(f ) ⇔ f (x) khả vi điểm thuộc D ⇔ f (x) có đạo hàm điểm thuộc D 1.1.5 Hàm số tuần hồn phản tuần hồn cộng tính Hàm tuần hồn cộng tính Định nghĩa 1.1.5.1 • Hàm số f (x) gọi hàm tuần hồn cộng tính chu kỳ a(a > 0) ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M M M ⊂ D(f ) f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ • Cho f (x) hàm tuần hồn M Khi T (T > 0) gọi chu kỳ sở f (x) f (x) tuần hồn với chu kỳ T mà khơng hàm tuần hoàn với chu kỳ bé T Hàm phản tuần hồn cộng tính Định nghĩa 1.1.5.2 • Hàm số f (x) gọi hàm phản tuần hồn cộng tính chu kỳ b(b > 0) ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M M M ⊂ D(f ) f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ M • Nếu f (x) hàm phản tuần hoàn chu kỳ b0 M mà không hàm phản tuần hoàn với chu kỳ bé b0 M b0 gọi chu kỳ sở hàm phản tuần hoàn f (x) M 1.1.6 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính Định nghĩa 1.1.6.1 • f (x) gọi hàm tuần hồn nhân tính chu kỳ a (a ∈ / {0, 1, −1}) ±1 ∀x ∈ M ⇒ a x ∈ M M M ⊂ D(f ) f (ax) = f (x), ∀x ∈ M Định nghĩa 1.1.6.2 • f (x) gọi hàm phản tuần hồn nhân tính chu kỳ a (a ∈ / {0, 1, −1}) ±1 ∀x ∈ M ⇒ a x ∈ M M M ⊂ D(f ) f (ax) = −f (x), ∀x ∈ M 1.2 Các phương trình hàm 1.2.1 Phương trình hàm ( Phương trình hàm Cauchy) Bài tốn 1: Xác định hàm f (x) liên tục R thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R (1) Bài giải: Cho x = 0, y = từ (1) ta f (0) = (2) Cho x = −y , từ (1) suy f (−x) = −f (x) (3) Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 26 Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Vậy hàm số cần tìm f (x) = x 25 2.7 Phương pháp điểm bất động 2.7.1.Nội dung phương pháp Ta nhắc lại: xf gọi điểm bất động hàm số f (x) nếu: f (xf ) = xf Ý tưởng phương pháp điểm bất động sau Bằng phép biến đổi thích hợp, ta đưa phương trình hàm cho dạng : f [h (f (x))] = h (f (x)) f (x) hàm số cần tìm h (x) hàm số biết Khi ta đưa vào ẩn phụ u = h (f (x)) để chuyển phương trình hàm tìm u thỏa mãn phương trình f (u) = u, tức tìm điểm bất động hàm f (u) Khi xác định u ta tìm nghiệm phương trình cho 2.7.2 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: (IMO-1994) Cho S = (1; +∞) Tìm tất hàm f : S → S thỏa mãn đồng thời điều kiện • f [x + f (y) + xf (y)] = y + f (x) + f (x) , ∀x, y ∈ S (1) • f (x) tăng với −1 < x < < x < +∞ (2) x Bài giải: Cho x = y từ điều kiện (1) ta có f [x + f (x) + xf (x)] = x + f (x) + f (x) ⇔ f [x + (x + 1) f (x)] = x + (x + 1) f (x) (i) Đặt u = x + (x + 1) f (x) từ (i) ta suy f (u) = u (ii) Từ (i) cho x = u ta f [u + (u + 1) f (y)] = u + (u + 1) f (u) Mặt f (x) khác từ điều kiện (2) ta có nhận xét hàm tăng với −1 < x < x Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 27 < x < +∞ Do đó, phương trình f (x) = x có nhiều ba nghiệm, có nghiệm nằm (−1; 0), nghiệm 0, nghiệm nằm (0; +∞) nghiệm điểm bất động f Ta xét trường hợp sau • Giả sử −1 < u < ⇒ −1 < u2 +2u < Vì điểm bất động có u=0 (−1; 0) nên từ (i),(ii) ta có u2 +2u = u ⇒ u = −1 Các nghiệm khơng thỏa mãn u ∈ (−1; 0) • Nếu u > u2 + 2u > Theo nhận xét trên, (0; +∞) phương trình f (u) = có nghiệm nghiệm nhất, u=0 từ (i) (ii) ta có u2 + 2u = u ⇒ Các nghiệm u = −1 không thỏa mãn u ∈ (0; +∞) Vậy có u = Từ (i) ta có f [x + (x + 1) f (x)] = x + (x + 1) f (x) , ∀x ∈ S Suy x + (x + 1) f (x) điểm bất động f x Do ∀x ∈ S x + (x + 1) f (x) = ⇒ f (x) = − , ∀x ∈ S 1+x Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn điều kiện tốn x Vậy nghiệm cần tìm hàm số f (x) = − 1+x Ví dụ 2: Gọi S tập số nguyên không âm Tìm tất hàm số f : S → S cho f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n) (1) Bài giải: Cho m = n = từ (1) ta có f (0 + f (0)) = f (f (0)) + f (0), suy f (0) = suy f (f (0)) = Cho m = ta có f (f (n)) = f (n), (1) viết thành f (m + f (n)) = f (m) + f (n) Theo trên, f (n) điểm bất động Gọi k điểm bất động khác bé hàm f • Nếu k khơng tồn f (n) = 0, ∀n Vậy f (n) = nghiệm toán • Nếu tồn k quy nạp ta chứng minh f (q.k) = q.k với Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 28 q ngun khơng âm Bây giả sử f có điểm bất động n khác ta viết N = k.q + r với ≤ r < k Lúc f (n) = f (r + f (k.q)) = f (r) + f (k.q) = k.q + f (r) Suy f (r) = ⇒ r = Như điểm bất động hàm số bội k Tuy nhiên, ∀n, f (n) điểm bất động, f (n) bội k ∀n Ta lấy số nguyên không âm n1 , n2 nk−1 chọn n0 = hàm tổng quát cần tìm f (q.k + r) = q.k + nr k với ≤ r < k 2.8 Phương pháp chuyển phương trình hàm Cauchy 2.8.2 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn • f (0) = f (1) = (1) • 2f (x) + f (y) = 3f 2x + y ∀x, y ∈ R (2) Bài giải: y = f (y) , ∀y ∈ [0; 1] 3 2x 2x + Cho y = ⇒ 2f (x) = 3f ⇒f = x 3 2x y Khi (2) ⇔ f (x) + f (y) = f + ∀x, y ∈ [0; 1] 3 3 hay f (x + y) = f (x) + f (y) = ∀x, y ∈ [0; 1] Do f (x) = ax với a = f (1) = Vậy f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1] Ví dụ 2: Tìm hàm f (x) liên tục R thỏa mãn x+y f = [f (x) + f (y)] ∀x, y ∈ R (1) 2 Bài giải: Đặt g (x) = f (x) − f (0) g (0) = Trong (1) cho y = ta x f (x) + f (0) f = 2 + Từ (2) cho x = ta được: f Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 29 x f (x) − f (0) − f (0) = 2 x ⇔g = g (x) , ∀x ∈ R 2 x+y Khi (1) ⇔ f − f (0) = [f (x) − f (0) + f (y) − f (0)] 2 x+y ⇔g = [g (x) + g (y)] 2 x y x y ⇔g + =g +g ⇔ g (x + y) = g (x) + g (y) , ∀x, y ∈ R 2 2 Do g (x) = ax, f (x) = g (x) + g (0) = ax + b với b = f (0) a = f (1) − f (0) Ví dụ 3: Tìm hàm f (x) liên tục R thoả mãn f (x) + f (y) − f (x + y) = xy, ∀x, y ∈ R (1) Bài giải: Từ (1) cho x = ⇒ f (0) = Cho y = −x ⇒ f (x) + f (−x) + x2 = 0, ∀x ∈ R x2 x2 Đặt g (x) = f (x) + ⇒ f (x) = g (x) − 2 Khi từ (1) ta có g (x) + g (y) = g (x + y) , ∀x, y ∈ R Đây hàm Cauchy g (x) = ax x2 Vậy hàm cần tìm f (x) = ax − Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn Ví dụ 4: Tìm hàm f (x) liên tục R thoả mãn f (0) = 1, f (1) = 2002 x+y+z f = [f (x) + f (y) + f (z)] , ∀x, y, z ∈ R 3 Bài giải: x+y x+y Đặt z = từ giải thiết suy f = [f (x) + f (y)] 2 Do theo ví dụ suy f (x) = ax + b Vì f (0) = 1, f (1) = 2002 suy f (x) = 2001x + hàm số cần tìm ⇔f 2.9 Phương pháp sử dụng tính chất đạo hàm, nguyên hàm, tích phân 2.9.1.Nội dung phương pháp Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 30 Phương pháp thường sử dụng chủ yếu số phương trình hàm mà giả thiết hàm khả vi, liên tục Khi kỹ thuật biến đổi ta quy phương trình hàm cho dạng thích hợp • Lấy đạo hàm hai vế phương trình hàm theo biến thich hợp • Lấy ngun hàm, tích phân với cận thích hợp Khi nhờ tính chất đạo hàm, ngun hàm tích phân ta tìm hàm số cần tìm 2.9.2 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Xác định tất hàm f : R → R khả vi vô hạn thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy, ∀x, y ∈ R (1) Bài giải: Cho x = y = từ (1) ta có f (0) = 2f (0), suy f (0) = Với f (x) = x2 + 2a.x, ∀a ∈ R, y = từ giả thiết f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy hay f (x + y) − f (x) = f (y) + 2xy f (x + y) − f (x) f (y) Suy = + 2x y y f (x + y) − f (x) f (y) ⇒ f (x) = lim = lim + 2x y→0 y→0 y y ⇒ f (x) = f (0) + 2x Mặt khác x f (x) = f (x) − f (0) = x (2t + f (0))dt = x2 + f (0) x f (t)dt = 0 ⇒ f (x) = x + 2a.x (với a = f (0)) Thử lại ta thấy hàm số f (x) = x2 + 2a.x, ∀a ∈ R nghiệm tốn Ví dụ 2: Tìm tất hàm số f (x) xác định khả vi R thỏa mãn x+2 f (x) + f (y) f = 2 Bài giải: Lần lượt lấy đạo hàm vế theo x y ta có x+2 f (x) f = , ∀x ∈ R 2 x+2 f (y) f = , ∀y ∈ R 2 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 31 Suy f (x) = f (y) f (x) = Vậy hàm số cần tìm f (x) = a.x + b 2.10 Phương pháp thêm biến 2.10.1.Nội dung phương pháp Khi gặp phương trình hàm với cặp biến tự x, y, cách thêm biến z ta tính biểu thức chứa x, y, z theo hai cách khác nhau, từ thu phương trình hàm theo ba biến x, y, z Sau chọn z giá trị đặc biệt để thu phương trình hàm mới, hướng tới kết tốn 2.10.2 Ví dụ minh họa Ví dụ : Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (xy) = f (x) f (y) − f (x + y) + (1) Bài giải: Thay x = y = vào (1) ta f (0)2 − 2f (0) + = ⇔ [f (0) − 1]2 = tức f (0) = x=1 Thay vào (1) ta f (−1) = f (1) f (−1) − f (0) + y=1 ⇔ f (−1) = f (1) f (−1) Suy f (−1) = f (1) = • Trường hợp f (−1) = Trong trường hợp ta thiết lập biến yz thay y ta có f (xyz) = f (x) f (yz) − f (x + yz) + = f (x) [f (z) f (y) − f (y + z) + 1] − f (x + yz) + = f (x) f (y) f (z) − f (x) f (y + z) + f (x) − f (x + yz) + (2) Mặt khác ta có f (xyz) = f (z) f (xy) − f (z + xy) + = f (z) [f (x) f (y) − f (x + y) + 1] − f (z + xy) + = f (x) f (y) f (z) − f (z) f (x + y) + f (z) − f (z + xy) + (3) Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 32 Từ (2) (3) suy với số thực x, y, z ta có f (x) f (y + z)−f (x)+f (x + yz) = f (z) f (x + y)+f (z)−f (z + xy) (4) Trong (4) cho z = −1 ta f (x) f (y − 1) − f (x) + f (x − y) = f (xy − 1) cho x = 1, ta được: f (1) f (y − 1) − f (1) + f (1 − y) = f (y − 1) ⇔ f (y − 1) [1 − f (1)] = f (1 − y) − f (1) (5) Từ (5) cho y = ta f (1) − f (1) = f (1) ⇔ f (1) [2 − f (1)] = Suy f (1) = f (1) = Điều có nghĩa ta có hai trường hợp + Xét f (1) = Khi (5) viết lại thành f (1 − y) = f (y − 1) Sau ta thay y y + ta f (−y) = f (y) (6) Tiếp theo thay y −y vào (1) sử dụng (6) ta có f (xy) = f (x) f (y) − f (x − y) + (7) Kết hợp (7) (1) suy f (x + y) = f (x − y) Đặc biệt phương trình cho x = y ta có f (2x) = f (0) + 1, ∀x ∈ Q Từ suy f (1) = mâu thuẫn với f (1) = • Xét f (1) = (5) viết lại thành 2f (y − 1) − + f (1 − y) = f (y − 1) ⇔ f (y − 1) = − f (1 − y) (8) Trong (8) thay y y + ta f (y) = − f (−y) ⇔ − f (y) = f (−y) − = − [1 − f (−y)] Đặt − f (y) = g (x) Từ (9) suy hàm số g thỏa mãn g (−x) = −g (x) phương trình (1) trở thành − g (xy) = [1 − g (x)] [1 − g (y)] − + g (x + y) + Nhân rút gọn ta g (xy) = g (x)+g (y)−g (x) g (y)−g (x + y) Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 33 (10) Ở phương trình (10) thay y −y ta được: −g (xy) = g (x) − g (y) + g (x) g (y) − g (x − y) (11) Cộng (10) (11) vế theo vế ta có g (x + y) + g (x − y) = 2g (x) (12) Từ (12) cho x = y ta thu g (2x) = 2g (x) (do g (0) = ) Do (12) viết lại thành g (x + y) + g (x − y) = g (2x) (13) u−v u+v Với u, v đặt = x, =y 2 Khi theo (13) ta có g (u) + g (v) = g (u + v) hay g (x + y) = g (x) + g (y).(14) Từ (10) (14) ta suy g (xy) = −g (x) g (y) , ∀x, y ∈ R (15) Từ (14) ta thấy la phương trình hàm Cauchy ta có g (rx) = rg (x) , ∀x ∈ R, ∀r ∈ Q (16) Từ (15) cho y = x ta g x2 = −[g (x)]2 , ∀x ∈ R suy f (x) ≤ 0, ∀x ≥ Từ (15) (16) ta có rg (x) = g (rx) = −g (r) g (x) , ∀x ∈ R, r ∈ Q (17) Dễ thấy hàm số g (x) ≡ thỏa mãn (10) nên ta xét trường hợp g (x) ≡ Khi tồn x0 ∈ R cho g (x0 ) = Thay x = x0 vào (17) ta thu g (r) = −r, r ∈ Q (18) Tiếp theo ta chứng minh g hàm không tăng Giả sử x < y , ta có y − x > suy g (y − x) ≤ Từ sử dụng (14) ta g (y) = g ((y − x) + x) = g (y − x) + g (x) ≤ g (x) Điều chứng tỏ g hàm không tăng R +∞ Bây với x ∈ R tùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ {un }+∞ n=1 , {vn }n=1 cho un ≤ x ≤ , ∀n = 1, lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Vì g hàm không tăng nên g (un ) ≥ g (x) ≥ g (vn ) Kết hợp với (18) Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 34 ta −un ≥ g (x) ≥ −vn , ∀n = 1, Cho n → +∞ bất đẳng thức ta thu −x ≥ g (x) ≥ −x Từ ta suy g (x) = −x, ∀x ∈ R f (x) = x + 1, ∀x ∈ R • Trường hợp f (1) = Từ (4) cho z = 1, ta f (x) f (y + 1) − f (x) + f (x + y) = f (x + y) − + f (1 + xy) , ∀x, y ∈ R hay f (x) f (y + 1) − f (x) = −1 + f (1 + xy) , ∀x, y ∈ R (19) Ở phương trình (19) lấy y = −1 ta f (1 − x) = 1, ∀x ∈ R Từ dễ dàng suy f (x) = 1, ∀x ∈ R Kết luận Có hai hàm số thỏa mãn yêu càu đề f (x) = 1, ∀x ∈ R f (x) = x + 1, ∀x ∈ R 2.11 Phương pháp tổng hợp 2.11.1.Nội dung phương pháp Để tìm đường đến lời giải phương trình hàm đơi khơng đơn giản Trong phần cuối ta xét phương trình hàm mà việc giải chúng đòi hỏi khả suy luận cao, huy động nhiều kiến thức liên quan kết hợp nhuần nhuyễn nhiều phương pháp giải trình bày Chúng ta tìm hiểu qua số ví dụ 2.11.2 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm tất hàm f : R+ → R+ thỏa mãn điều kiện f (x + y) + f (x) f (y) = f (xy) + f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R+ (1) Bài giải: Cho x = y = thay vào (1) ta f (4)+(f (2))2 = f (4)+2f (2) ⇔ (f (2))2 = 2f (2) ⇔ f (2) [f (2) − 2] = Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 35 Do f (x) > nên ta có f (2) = Ta lại cho x = y = ta có f (2)+(f (1))2 = f (1)+2f (1) ⇔ 2+(f (1))2 = 3f (1) ⇔ (f (1))2 −3f (1)+2 = ⇒ f (1) = f (1) = • Xét trường hợp f (1) = Từ giả thiết toán cho y = ta f (x + 1) + 2f (x) = f (x) + f (x) + f (1) = 2f (x) + hay f (x + 1) = Từ suy f (x) = 2, ∀x > 1 Với < x < ta chọn y = > Khi ta có x 1 f x+ + f (x) f = f (1) + f (x) + f x x x suy + 2f (x) = + f (x) + ⇔ f (x) = với < x < Như ta có hàm số cần tìm f (x) = 2, ∀x ∈ R+ • Xét trường hợp f (1) = Thay y = 1, từ giả thiết ta f (x + 1) + f (x) = f (1) + f (x) + f (x) hay f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ R+ (i) Từ (i) phương pháp quy nạp ta thu f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Và f (x + n) = f (x) + n, ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ R+ (ii) Cho x = n, y = , từ giả thiết toán ta có n 1 f n+ + f (n) f = f (1) + f (n) + f n n n kết hợp với (ii) ta thu 1 f n+ =n+f n n 1 Vậy n + f + nf = + f (n) + f n n n Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 36 1 = , ∀n ∈ N∗ f (n) n m Với số hữu tỉ , ∀m, n ∈ N∗ ta cho x = m, y = từ giả thiết n n toán ta thu 1 m f m+ = f (m) f =f + f (m) + f n n n n m m Vậy f = n n Như ta chứng minh ∀x ∈ Q+ f (x) = x Bây ta chứng minh f đồng biến (0; +∞) x Trước hết ta ý với x > ta chọn y = > ta x−1 có x + y = xy Suy f (x + y) = f (xy) Khi đó, từ giả thiết toán ta thu x x f (x) f = f (x) + f x−1 x−1 x ⇒f [f (x) − 1] = f (x) Từ suy x−1 f (x) − > f (x) > x f (x) Và f = , ∀x > (iii) x−1 f (x) − Mặt khác từ (iii) ta có 1 x+1 f (x + 1) f (x) + 1+f =f 1+ =f = = x x x f (x + 1) − f (1) 1 Như f = , ∀x ∈ R+ Do x > f (x) > x f (x) < x < < f (x) < + Xét < x < y < ta có f (y − x + x) + f (y − x) f (x) = f [(y − x) x] + f (y − x) + f (x) hay f (y) = f [(y − x) x] + f (y − x) + f (x) − f (y − x) f (x) Để ý < x < nên f (x) < 1, f (x) < f (y) Do hàm f đồng biến khoảng (0; 1) 1 1 + Xét < x < y ta có < < < ⇒ f < f y x y x 1 < ⇒ f (y) > f (x) f (y) f (x) Như f đồng biến (1; +∞) Và f đồng biến (0; +∞) Cuối cùng, với x > ta chọn hai dãy số hữu tỉ {un } , {vn } cho ⇒f n = Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 37 un < x < lim un = lim = x Khi f đồng biến nên n→+∞ n→+∞ f (un ) ≤ f (x) ≤ f (vn ) ⇒ un ≤ f (x) ≤ Cho n → +∞ ta f (x) = x Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn yêu cầu tốn Vậy có hai hàm số thỏa mãn đề f (x) = f (x) = x, ∀x ∈ R+ Ví dụ 2: Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện • f [x − f (y)] + f (y) = f (x − y) , ∀x, y ∈ R (1) • Tập hợp A = {x ∈ R/f (x) = 0} tập hữu hạn (2) Bài giải: Đặt f (0) = a Thay x = y + f (y) ta có: f [x − f (y)] + f (y) = f (x − y) ⇔ f (y) + f (y) = f (f (y)) hay f (f (y)) = 2f (y) , ∀y ∈ R Vì ta có f (a) = f (f (0)) = 2f (0) = 2a Thay x = 2a, y = a vào hệ thức (1) ta có f (2a − a) + f (a) = f (2a − a) ⇔ f (0) + f (a) = f (a) Suy f (0) = Bây thay x = 2y ta có f [2y − f (y)] + f (y) = f (2y − y) = f (y) ⇒ f [2y − f (y)] = 0, ∀y ∈ R Xét số b mà f (b) = Từ kết thay y = b ta có f (2b) = Lại thay y = 2b ta có f (4b) = Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh f (2n b) = 0, ∀n ∈ N Nếu b = giá trị 2n b phân biệt, nghĩa tập A = {x ∈ R/f (x) = 0} tập vô hạn Trái với giả thiết (2), b = Tóm lại f (x) = ⇔ x = Từ điều kiện (1) ta có f [2y − f (y)] = ⇔ 2y − f (y) = ⇔ f (y) = 2y, ∀y ∈ R hay f (x) = 2x, ∀x ∈ R Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 38 Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn u cầu tốn Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 39 KẾT LUẬN Với đề tài "Một số phương pháp giải phương trình hàm", luận văn nêu lên cách chi tiết phương pháp giải phương trình hàm thơng dụng Ngồi việc trình bày hệ thống nội dung phương pháp, luận văn nêu ví dụ điển hình minh họa cho phương pháp Qua giúp người giải tốn dễ hình dung nắm bắt phương pháp giải loại phương trình hàm Mặc dù cố gắng, lực thời gian có hạn nên chắn luận văn cịn nhiều chỗ thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 40 Tài liệu tham khảo [1] Đồn Quỳnh, Hà Huy Khối, Văn Như Cương, Đặng Hùng Thắng Tài liệu chuyên Toán lớp 12, NXB Giáo dục 2012 [2] Nhiều tác giả Tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn Giáo viên trường THPT chun Mơn Tốn - 2012 Dự án PTGDTHPT [3] Marko Radovanovi’c Functional Equation Olympiad training materials, 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ... bản: Trong chương trình bày số tính chất đặc trưng hàm số phương trình hàm • Chương 2: Một số phương pháp giải phương trình hàm Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ MỘT SỐ KÝ HIỆU VÀ... Thơm Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI NĨI ĐẦU Phương trình hàm phương trình có chứa ẩn dạng hàm số chưa biết Giải phương trình hàm tìm hàm số chưa biết từ phương trình hàm. .. chất đặc trưng hàm số 1.2 Các phương trình hàm Một số phương pháp giải phương trình hàm 11 2.1 Phương pháp quy nạp 11 2.2 Phương pháp sử dụng tính