Phương trình hàm nâng cao P2

Phương trình hàm nâng cao P2 Bài toán về phương trình hàm thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi như IMO, VMO... Nhưng những người viết sách về nó cũng không nhiều, ở Việt Nam thì thấy có cuốn Phương trình hàm của Nguyễn Văn Mậu, gần đây có Nguyễn Giang Giai (không biết còn ai nữa không). Bài viết này tập hợp rất nhiều sách về phương trình hàm. Bên cạnh các tài liệu tiếng Anh một số tài liệu tiếng Việt cũng khá thú vị. ...

Lời giải: Cho: x = y = ⇒ f ( f (1) ) = f (1) f ( f (1) ) ⇒ f (1) = f ( f (1) ) ≠ ⇒ f ( f (1) ) = 1 f   f (1)   y a x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f  ( )  = y f ( y ) f ( f (1) ) = y f ( y ) ⇔ f ( y ) = y  y  Mặt  1   f      y khác: f ( f ( y ) ) = f     = y f ( y ) f  f    = y f ( y ) f ( y f ( y ) ) = y f ( y )  y    y      = y f ( y) Vì f ( f ( y ) ) ≠ nên y f ( y ) ( a ) + (b) ⇒ f ( y ) =    f ( y)   f    y    1 f   f ( f ( y )) y  y 1 f   = ⇔ f ( y) y  y 1 f   = (b)  y ∀y ∈( 0; + ∞ ) Thử lại thấy ñúng y Ví dụ 13: Tìm f : R → R thỏa mãn:   f ( 0) = ( a )  ∃ a ∈ R : f ( a − y ) f ( x ) + f ( a − x ) f ( y ) = f ( x + y ) ∀x, y ∈ R ( b )  Lời giải: Cho x = y = 0, ( b ) ⇒ f ( a ) = Cho y = 0; x ∈ R ta ñược: f ( x ) = f ( x ) f ( a ) + f ( ) f ( a − x ) ⇒ f ( x ) = f ( a − x ) ( c ) Cho y = a − x ; x ∈ R ta ñược: f ( a ) = ( f ( x ) ) + ( f ( a − x ) ) ( c ) + ( d ) ⇒ ( f ( x )) 2 (d )  f ( x) =  = ⇔  f ( x) = −  Nếu ∃ xo ∈ R cho: f ( xo ) = − thì: 2 (b) x  (c)   x   x x  x   − = f ( xo ) = f  o + o  = f  o  f  a − o  =  f  o   ≥ ⇒ Vơ lí 2  2  2     Vậy f ( x ) = ∀x ∈ R Thử lại thấy ñúng 16 Ví dụ 14: (VMO.1995) Tìm f : R → R thỏa mãn: f (( x − y ) ) = x 2 − y f ( x ) + ( f ( y ) ) ∀x, y ∈ R (14 ) Lời giải:  f ( 0) = Cho x = y = ⇒ f ( ) = ( f ( ) ) ⇔   f ( ) = y = Nếu f ( ) = : Cho  ta ñược: f ( x ) = x ⇒ f ( t ) = t ∀t ≥ x ∈ R Cho x = y ∈ R ta ñược: 2 f ( 0) = x2 − x f ( x ) + ( f ( x ) ) ⇔ ( f ( x ) − x ) = ⇔ f ( x ) = x Thử lại thấy ñúng y = ta ñược: f ( x ) = x + ⇔ f ( t ) = t + ∀t ≥ Nếu f ( ) = 1: Cho  ∈ x R  2 Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y ) = −2 y + ( f ( y ) ) ⇒ ( f ( y ) ) = f ( y ) + y  f ( y) = y +1 = y + + y = ( y + 1) ⇒   f ( y ) = − y − Giả sử ∃ yo ∈ R cho: f ( yo ) = − yo − Chọn x = y = yo ta ñược:  f ( yo ) = yo − = yo2 − yo f ( yo ) + ( f ( yo ) ) ⇔   f ( yo ) = yo + Nếu f ( yo ) = yo − ⇒ − yo − = yo − ⇒ yo = vµ f ( ) = −1 (lo¹i) Nếu f ( yo ) = yo + ⇒ − yo − = yo + ⇒ yo = −1 ⇒ f ( −1) = Thỏa mãn: f ( yo ) = yo + Vậy f ( y ) = y + ∀y ∈ R Thử lại thấy Ví dụ 15: (VMO.2005) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy ∀x, y ∈ R (15 ) Lời giải: Cho x = y = ⇒ f ( f ( ) ) = ( f ( ) ) ðặt f ( ) = a ⇒ f ( a ) = a 2 Cho x = y ∈ R ⇒ ( f ( x ) ) = x + f ( a ) ⇒ ( f ( x ) ) = x + a (*)  f ( x) = f (−x) 2 ⇒ ( f ( x )) = ( f ( − x )) ⇒   f ( x ) = − f ( − x ) Nếu ∃ xo ∈ R* cho f ( xo ) = f ( − xo ) : + Chọn x = 0; y = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( − xo ) − a + f ( − xo ) ( a ) 17 + Chọn y = 0; x = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( xo ) + a − f ( xo ) ( b ) ( a ) + ( b ) ⇒ a ( f ( xo ) − f ( − xo ) ) − ( f ( xo ) + f ( − xo ) ) + 2a = ( c ) (*) Vì f ( xo ) = f ( − xo ) nên f ( xo ) = a ⇒ ( f ( xo ) ) = x02 + a ⇒ a = x02 + a ⇒ xo = trái với giả thiết xo ∈ R* Vậy f ( x ) = − f ( − x ) ∀x ∈ R Ta thấy (c) không phụ thuộc vào xo nên ta có: a ( f ( x ) − f ( − x ) ) − ( f ( x ) + f ( − x ) ) + 2a = ( c ) Thay f ( x ) = − f ( − x ) suy ra: a = a ( f ( x ) + 1) = ⇔   f ( x ) = −1 (*)  f ( x) = x + Nế u a = ⇒ ( f ( x ) ) = x ⇔   f ( x ) = − x Giả sử tồn xo ∈ R* ñể f ( xo ) = xo Khi (b) suy ra: xo = f ( xo ) = a xo + a − xo ⇒ xo = trái giả thiết xo ∈ R* Vậy f ( x ) = − x ∀x ∈ R Thử lại thấy ñúng + Nếu f ( x ) = −1 ∀x ∈ R Thử lại ta ñược (15 ) ⇔ xy = ∀x, y ∈ R Vô lí Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = − x Nhận xét: Có suy luận hay nhầm lẫn ñược sử dụng VD:    f ( x) =     f ( y ) = y +1  2 2  VD13  ( f ( x ) ) = ⇔  ; VD14  ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔  ;   = − − f y y ( )    f ( x) = −        2    f ( x) = x  VD15  ( f ( x ) ) = x ⇔   , hiểu sai:    f ( x ) = − x   ( f ( x )) 2  f ( x) = ∀x ∈ R  = ⇔  ;  f ( x ) = − ∀x ∈ R  ( f ( y ) ) = ( y + 1) ( f ( x )) 2  f ( y ) = y + ∀x ∈ R ; ⇔   f ( y ) = − y − ∀x ∈ R  f ( x ) = x ∀x ∈ R = x2 ⇔   f ( x ) = − x ∀x ∈ R 18 Thực tế thường mặt logic khơng ( f ( x ) ) = 1  ( x ≥ ) Như hàm khác f ( x ) =  − ( x < )  ( f ( x )) f ( x )  f ( x) =  = ⇔   f ( x) = −  ñúng với x cụ thể khơng thể kết luận có hai hàm số f ( x ) = f ( x) = − ∀x ∈ R ∀x ∈ R ðể giải vấn ñề ta thường “thử” f ( x ) = 1 ∀x ∈ R f ( x ) = − ∀x ∈ R vào đề 2 để tìm hàm số khơng thỏa mãn (trong VD13 f ( x ) = luận phủ ñịnh ∃ xo : f ( xo ) = − khơng thỏa mãn) sau lập để dẫn đến vơ lí! Ví dụ 16: Tìm f : (0,1) → ℝ thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Lời giải: Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) Thay x, y, z x2: f(x6) = x2 f(x2) Mặt khác: f(x6) = f(x x2 x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) ⇒ x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) ⇔ x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) ⇒ f ( x2 ) = 3x3 + f ( x), ∀x ∈ ℝ Thay x x3 ta ñược : x9 + f ( x ), ∀x ∈ ℝ 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ℝ ⇒ 3x f ( x ) = 3x3 + 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ℝ f ( x) = ⇒ 3x 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ f ( x6 ) = Vậy f(x) = với x ∈(0; 1) BÀI TẬP 1) Tìm f : N → R thỏa mãn: f ( ) ≠ 0; f (1) = ; f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + f ( x − y ) ∀x, y ∈ N , x ≥ y 2) Tìm f : N → R thỏa mãn: f ( m + n ) + f ( n − m ) = f ( 3n ) ∀m, n ∈ N , n ≥ m 19 3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) ) = y f ( x ) x, y ∈ R 4) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( ( x + 1) f ( y ) ) = y ( f ( x ) + 1) x, y ∈ R 5) Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn: f ( x ) = Max  x y + y x − f ( y )  ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) y∈( 0; +∞ ) 6) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( xy ) − f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + x + ∀x, y ∈ R  f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) ∀x, y ∈ [ 1; + ∞ ) 7) Tìm f : [ 1; + ∞ ) → [ 1; + ∞ ) thỏa mãn:   f ( f ( x ) ) = x 8) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) + ∀x, y ∈ R 9) Tìm f : R → R thỏa mãn: ( f ( x ) + f ( z ) ) ( f ( y ) + f ( t ) ) = f ( xy − zt ) + f ( xt + zy ) ∀x, y, z , t ∈ R 10) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x − y ) = x f ( y ) − y f ( x ) ∀x, y ∈ R 11) Tìm f : N → [ 0; + ∞ ) thỏa mãn: f (1) = 1; f ( m + n ) + f ( m − n ) = ( f ( 2m ) + f ( 2n ) ) ∀m, n ∈ N , m ≥ n  x + y  f ( x) + f ( y) ∀x, y ∈ Z ; ( x + y )⋮ 12) Tìm f : Z → R thỏa mãn: f  =   13) Tìm f : N → N thỏa mãn: f ( n ) − f ( f ( n ) ) = n ∀n ∈ N 14) Tìm f : Z → Z thỏa mãn: f (1) = a ∈ Z ; f ( m + n ) + f ( m − n ) = ( f ( m ) + f ( n ) ) ∀m, n ∈ Z 15) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x + y ) = f ( x + y ) + f ( x + y ) + ∀x, y ∈ R 16) Tìm f : R → R thỏa mãn: x f ( x ) + f (1 − x ) = x − x ∀x ∈ R Phương pháp 4: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + x + x + 2) P( x − 1) = ( x − x + x − 2) P( x), ∀x (1) Lời giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn: x = −2 ⇒ P ( −2) = x = −1 ⇒ P(−1) = x = ⇒ P(0) = x = ⇒ P(1) = Vậy: P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) 20 Thay P(x) vào (1) ta ñược: ( x + 2)( x + x + 1)( x − 1)( x − 2) x( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x ⇒ ( x + x + 1) G ( x − 1) = ( x − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) = , ∀x x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) ⇔ = , ∀x ( x − 1) + ( x − 1) + x + x + ⇔ ðặt R( x) = G ( x) x + x +1 (x ≠ 0, ± 1, -2) ⇒ R ( x) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện tốn Chú ý: Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ ta có tốn sau: Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn ñẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với x Giải ví dụ hồn tồn khơng có khác so với ví dụ Tương tự ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) ta có tốn sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn ñẳng thức: (4 x + x + 2)(4 x − x ) P ( x) = ( x + 1)( x − x + 2) P(2 x + 1), ∀x ∈ ℝ Các bạn theo phương pháp mà tự sáng tác ñề tốn cho riêng Phương pháp 5: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm ðịnh nghĩa sai phân: Xét hàm x(n) = xn: Sai phân cấp hàm xn là: △ xn = xn+1 − xn Sai phân câp hàm xn là: △2 xn =△ xn +1 −△ xn = xn + − xn +1 + xn k Sai phân câp k hàm xn là: △k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 Các tính chất sai phân: +) Sai phân cấp ñều ñược biểu thị qua giá trị hàm số +) Sai phân có tính tuyến tính: ∆ k (af + bg ) = a∆ k f + b∆ k g +) Nếu xn đa thức bậc m ∆ k xn : Là ña thức bậc m – k m > k Là số m = k Là m < k 21 Nội dung phương pháp chuyển toán phương trình hàm sang tốn dãy số dùng kiến thức dãy số để tìm hàm số cần tìm Ví dụ 1: Tìm f: N → R thoả mãn : f(1) = 2f(n).f(n+k) = 2f(k-n) + 3f(n).f(k) ∀ k, n∈N, k≥ n Lời giải:  f (0) = Cho n = k = ta ñược: (f(0))2 + 2f(0) = ⇔   f (0) = −2 + Nếu f(0) = chọn n = 0, k∈ N ta được: f(k) = trái giả thiết f(1) = + Nếu f(0) = - chọn n = 1, k∈ N* ta ñược: 2.f(k+1) - 3.f(k) - 2.f(k-1) = u0 = −2; u1 = ðặt uk = f(k) ta ñược dãy số:  * 2uk +1 − 3uk − 2uk −1 = ∀k ∈ ℕ Từ tìm uk = f(k) = −2.(− ) k ∀k ∈ N Thử lại thấy ñúng Ví dụ (Dự tuyển IMO 1992): Cho a, b> Tìm f: [0; +∞) → [0; +∞) thoả mãn : f(f(x))+a.f(x) = b.(a+b).x ∀x∈ [0; +∞) (2) Lời giải: Cố ñịnh x∈ [0; +∞) ñặt u0 = x, u1 = f(x), un+1 = f(un) Từ (2) ta ñược : un+2 + a.un+1 - b.(a + b).un = Giải dãy số ta ñược: un = c1.bn + c2.(-a -b)n (*) Vì un ≥ ∀n∈N nên ta có: ≤ lim ( n →+∞ un b n b < nên ) + c2 (−1) n Mặt khác: < = c1.( n a+b ( a + b) a+b un b n < vơ lí !; cịn ) = Do đó, c2 > n lẻ n đủ lớn a+b ( a + b) n c2 < n chẵn n đủ lớn un < vơ lí ! Vậy c2 = Thay vào (*) ta ñược ( a + b) n un = c1.bn Từ u0 = x suy c1 = x f(x) = bx Do f(x) = bx ∀x∈[0;+∞) Thử lại thấy Ví dụ 3: Tìm tất hàm f : ℝ → ℝ thỏa mãn: f(f(x)) = 3f(x) – 2x , ∀x ∈ ℝ Lời giải : Thay x f(x) ta ñược: f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , ∀x ∈ ℝ ……………………… f ( f ( x)) = f ( f ( x)) − f ( f ( x)) n+ n +1 n Hay f n+ ( x) = f n+1 ( x) − f n ( x), n ≥ ðặt xn = f n ( x ), n ≥ ta ñược phương trình sai phân: xn+ = xn +1 − xn Phương trình đặc trưng là: λ − 3λ + = ⇔ λ = ∨ λ = 22 Vậy xn = c1 + c2 n  x0 = c1 + c2 = x Ta có:   x1 = c1 + 2c2 = f ( x ) Từ ta c1 = x − f ( x), c2 = f ( x) − x Vậy f ( x) = x + c2 f ( x) = x − c1 Phương pháp 6: Phương pháp sử dụng ánh xạ Ví dụ 1: Tìm f: N*→ N* thoả mãn: f(f(n)+m) = n+f(m+2007) ∀ m, n∈N* (1) Lời giải: Trước hết ta chứng minh f ñơn ánh Thật vậy: f(n1) = f(n2) ⇒ f(f(n1)+1) = f(f(n2)+1) ⇒ n1 + f(1+2007) = n2 + f(1+2007) ⇒ n1 = n2 Vậy f ñơn ánh Mặt khác từ (1) suy ra: ∀ m, n ∈ N*, f(f(n) + f(1)) = n + f(f(1) + 2007) ⇒ f(f(n)+f(1)) = n + + f(2007+2007) = f(f(n+1)+2007) Vì f đơn ánh nên ta có: f(n) + f(1) = f(n+1) + 2007 ⇒ f(n+1) - f(n) = f(1) - 2007 ðặt f(1) - 2007 = a Khi ta có f(n) = n.a + 2007 Thay lại (10) ta ñược a2n = n ∀n∈N* ⇒ a2 = ⇒ a = ⇒ f(n) = n+2007 Ví dụ 2: Tìm f: R → R thoả mãn: f(xf(x)+f(y)) = (f(x))2+y ∀ x, y∈R (2) Lời giải: Dễ ràng chứng minh f ñơn ánh Mặt khác, cố định x ∀t∈R tồn y = t - (f(x))2 ñể f(xf(x) + f(y)) = t Vậy f tồn ánh, f song ánh Suy tồn a∈R cho f(a) = Cho x = y = a ta ñược f(0) = a Cho x = 0, y = a ta ñược f(0) = a2 + a Vậy a = a2 + a hay a = ⇒ f(0) = Cho x = 0, y∈R ta ñược f(f(y)) = y (a) Cho y = 0, x∈R ta ñược f(x.f(x)) = (f(x))2 ⇒ f(f(x).f(f(x))) = (f(f(x)))2 Theo (a) ta ñược f(f(x).x)) = x2 ⇒ (f(x))2 = x2 ⇒ f(x) = x f(x) = -x Giả sử tồn a, b∈R* để f(a) = a, f(b) = -b Khi thay x = a, y = b từ (2) suy ra: f(a2 - b) = a2 + b Mà (a2 + b)2 ≠ (a2 - b)2 với a, b∈ R* trái với khẳng định (f(x))2 = x2 Vậy có hai hàm số f(x) = x, ∀x∈R f(x) = -x ∀x∈R Thử lại thấy ñúng Phương pháp 7: phương pháp ñiểm bất ñộng ðặc trưng hàm: Như ta biết, phương trình hàm phương trình thơng thường mà nghiệm hàm ðể giải tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm Những tính chất quan trắc ñược từ ñại số sang hàm số, ñược gọi đặc trưng hàm +) Hàm tuyến tính f(x) = ax , f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng hàm tuyến tính là: f(x + y) = f(x) + f(y) với x, y 23 +) Hàm bậc f(x) = ax + b, f(x) + f(y) = f ( x+ y ) Vậy ñặc trưng hàm ñây  x + y  f ( x) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ℝ f =   ðến ta nêu câu hỏi là: Những hàm có tính chất f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ℝ Giải vấn đề dẫn đến phương trình hàm Vậy phương trình hàm phương trình sinh đặc trưng hàm cho trước +) Hàm lũy thừa f ( x) = x k , x > ðặc trưng f(xy) = f(x)f(y) +) Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) ðặc trưng hàm f(x + y) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ ℝ +) Hàm Lôgarit f ( x) = log a x (a>0,a ≠ 1) ðặc trưng hàm f(xy) = f(x) + f(y) +) f(x) = cosx có đặc trưng hàm f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y) Hoàn toàn tương tự ta tìm đặc trưng hàm hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx với hàm Hypebolic: +) Sin hypebolic shx = e x − e− x +) cos hypebolic chx = e x + e− x +) tan hypebolic thx = shx e x − e − x = chx e x + e − x +) cot hypebolic cothx = chx e x + e − x = shx e x − e − x +) shx có TXð ℝ tập giá trị ℝ chx có TXð ℝ tập giá trị [1, +∞ ) thx có TXð ℝ tập giá trị (-1,1) cothx có TXð ℝ \ {0} tập giá trị (−∞, −1) ∪ (1, +∞ ) Ngồi bạn đọc xem thêm cơng thức liên hệ hàm hypebolic, ñồ thị hàm hypebolic ðiểm bất động: Trong số học, giải tích, khái niệm ñiểm bất ñộng, ñiểm cố ñịnh quan trọng trình bày chặt chẽ thơng qua hệ thống lý thuyết Ở đây, tơi nêu ứng dụng qua số tốn phương trình hàm Ví dụ 1: Xác định hàm f(x) cho: f(x+1) = f(x) + ∀x ∈ ℝ Lời giải: Ta suy nghĩ sau: Từ giả thiết ta suy c = c + c = ∞ Vì ta coi f(1) ta ñược f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như ta ñã chuyển phép cộng phép cộng Dựa vào ñặc trưng hàm, ta phải tìm a: f(x) = ax để khử số Ta ñược (*) ⇔ a ( x + 1) = ax + ⇔ a = Vậy ta làm sau: ðặt f(x) = 2x + g(x) Thay vào (*) ta ñược: 24 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, ∀x ∈ ℝ ðiều tương ñương với g(x + 1) = g(x), ∀x ∈ ℝ Vậy g(x) hàm tuần hoàn với chu kì ðáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) hàm tuần hồn với chu kì Nhận xét: Qua ví dụ 1, ta tổng qt ví dụ này, tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, ∀x ∈ ℝ , a, b tùy ý Ví dụ 2: Tìm hàm f(x) cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, ∀x ∈ ℝ (2) Lời giải: ta ñưa ñến c = -c + c = ñặt f(x) = + g(x), thay vào (2) ta phương trình: g(x + 1) = - g(x), ∀x ∈ ℝ   g ( x + 1) = − g ( x)  g ( x ) = [ g ( x) − g ( x + 1)] Do ta có:  ⇔ ∀x ∈ ℝ (3)  g ( x + 2) = g ( x)  g ( x + 2) = g ( x) Ta chứng minh nghiệm (3) có dạng: g ( x) = [ h( x) − h( x + 1) ] , ∀x ∈ ℝ h(x) hàm tuần hồn với chu kì Nhận xét: Qua ví dụ này, ta tổng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b, ∀x ∈ ℝ , a, b tùy ý Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, ∀x ∈ ℝ (3) Giải: Ta tìm c cho c = 3c + dễ thấy c = -1 ðặt f(x) = -1 + g(x) Lúc (3) có dạng: g(x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ ℝ Coi g(1) ta ñược: g(x + 1) = g(1).g(x) ∀x ∈ ℝ (*) Từ ñặc trưng hàm, chuyển phép cộng phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ: a x +1 = 3a x ⇔ a = Vậy ta ñặt: g ( x) = 3x h( x) thay vào (*) ta ñược: h(x + 1) = h(x) ∀x ∈ ℝ Vậy h(x) hàm tuần hồn chu kì Kết luận: f ( x) = −1 + 3x h( x) với h(x) hàm tuần hồn chu kì Nhận xét: Ở ví dụ này, phương trình tổng quát loại là: f(x + a) = bf(x) + c ∀x ∈ ℝ ; a, b, c tùy ý +) Với 0< b ≠ 1: chuyển hàm tuần hoàn +) Với 0< b ≠ 1: chuyển hàm phản tuần hồn Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – ∀x ∈ ℝ (4) Giải: Ta có: c = 3c – suy c = ðặt f(x) = + g(x) Khi (4) có dạng: g(2x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ ℝ (*) Khi biểu thức bên có nghiệm ≠ ∞ ta phải xử lý cách khác Từ 2x + = x suy x = Vậy ñặt x = -1 + t ta có 2x + = -1 + 2t Khi ñó (*) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) ∀t ∈ ℝ ðặt h(t) = g(-1 + 2t), ta ñược h(2t) = 3h(t) (**) Xét 2t = t ⇔ t = , (2t ) m = 3.t m ⇔ m = log Xét ba khả sau: 25 +) Nếu t = ta có h(0) = +) Nếu t> đặt h(t ) = t log2 3ϕ (t ) thay vào (3) ta có: ϕ (2t ) = ϕ (t ), ∀t > ðến ta đưa ví dụ hàm tuần hồn nhân tính ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < +) Nếu t < ñặt h(t ) =| t |log2 ϕ (t ) thay vào (3) ta ñược ⇔  ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t <  ϕ (t ) = [ϕ (t ) − ϕ (2t )] , ∀t < ⇔ ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < Nhận xét: Bài toán tổng quát dạng sau: f (α x + β ) = f (ax ) + b α ≠ 0, ± Khi từ phương trình α x + β = x ta chuyển ñiểm bất ñộng 0, ta ñược hàm tuần hồn nhân tính +) Nếu a = tốn bình thường +) Nếu a = chẳng hạn xét tốn sau: “Tìm f(x) cho f(2x + 1) = f(x) – 2, ∀x ≠ -1 (1)” Xét: 2x + = x ⇔ x = −1 nên ñặt x = -1 + t thay vào (1) ta ñược: f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠ ðặt g(t) = f( - + t) ta ñược: g(2t) = g(t) + ∀t ≠ (2) Từ tích chuyển thành tổng nên hàm logarit Ta có log a (2t ) = log a t − ⇔ a = Vậy ñặt g (t ) = log 2 t + h(t ) Thay vào (2) ta có h(2t ) = h(t ), ∀t ≠ ðến ñây tốn trở nên đơn giản Phương pháp 8: phương pháp sử dụng hệ ñếm Ta quy ước ghi m = (bibi-1 b1)k nghĩa hệ ñếm số k m bibi-1 b1 Ví dụ (Trích IMO năm 1988): Tìm f: N*→ N* thoả mãn: f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n), f(4n+1) = 2f(2n+1) - f(n); f(4n+3) = 3f(2n+1) - 2f(n) ∀n∈N* (12) Lời giải: Tính số giá trị hàm số chuyển sang số ta dự đốn ñược: “∀n∈N*, n = (bibi-1 b1)2 f(n) = (b1b2 bi)2” (*) Ta chứng minh (*) quy nạp + Với n = 1, 2, 3, dễ kiểm tra (*) ñúng + Giả sử (*) ñúng cho k < n, ta chứng minh (*) ñúng cho n (với n ≥ 4) Thật vậy, ta xét khả sau: • Nếu n chẵn, n = 2m Giả sử m = (bibi-1 b1)2, n = 2m = (bibi-1 b10)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1 b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1 b1)2) = (b1b2 bi)2 = (0b1b2 bi)2 ⇒ (*) • Nếu n lẻ n = 4m + Giả sử m = (bibi-1 b1)2, n = (bibi-1 b101)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1 b101)2) = f(4m+1) = 2.f(2m+1) - f(m) = 2.f((bibi-1 b11)2) - f((bibi-1 b1)2) = (10)2.(1b1b2 bi)2 - ( b1b2 bi)2 = (1b1b2 bi0)2 - ( b1b2 bi)2 = (10b1b2 bi)2 ⇒ (*) 26 • Nếu n lẻ n = 4m + Giả sử m = (bibi-1 b1)2, n = (bibi-1 b111)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1 b111)2) = f(4m+3) = 3f(2m+1) - 2f(m) = 3f((bibi-1 b11)2) - 2f((bibi-1 b1)2) = (11)2.(1b1b2 bi)2 - (10)2.(b1b2 bi)2 = (11b1b2 bi)2 ⇒ (*) ñúng Vậy (*) ñúng hàm f xác định (*) Ví dụ (Trích đề thi Trung Quốc): Tìm hàm số f: N* → N* thỏa mãn: 1) f(1) =1; 2) f(2n) < 6f(n); 3) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n)+1) ∀n∈N* Lời giải: Vì f(n)∈N* nên (3f(n), 3f(n)+1) = Từ 3) suy 3f(n) | f(2n) Kết hợp với 2) suy f(2n) = 3f(n) f(2n+1) = 3f(n)+1 ∀n∈N* Thử số giá trị ta thấy f(n) ñược xác ñịnh sau: “Với n = (b1b2…bi)2 f(n) = (b1b2…bi)3 ∀n∈N*” (*) Ta chứng minh (*) quy nạp + Với n = 1, 2, 3, hiển nhiên (*) + Giả sử (*) ñúng cho k < n (với n ≥ 4) Ta chứng minh (*) ñúng cho n • Nếu n chẵn: n = 2m Giả sử m = (c1c2…cj)2 n = 2m = (c1c2…cj0)2 Khi đó: f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2…cj)2) = (10)3.(c1c2…cj)3 = (c1c2…cj0)3 ⇒ (*) cho n chẵn • Nếu n lẻ: n = 2m + ⇒ n = (c1c2…cj1)2 Khi đó: f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + = 3f((c1c2…cj)2) + = (10)3.(c1c2…cj)3 + 13 = (c1c2…cj1)3 ⇒ (*) ñúng cho n lẻ Vậy (*) ñúng cho n∈N* f(n) ñược xác ñịnh (*) Phương pháp 9: phương pháp sử dụng đạo hàm Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: | f(x)- f(y)|2 ≤ | x- y|3 ∀x, y∈R (14) Lời giải: Cố ñịnh y, với x∈R, x ≠ y từ (14) ta ñược: f ( x) − f ( y ) f ( x) − f ( y ) ≤ x− y ⇒0≤ ≤ x− y x− y lim x→ y x − y Vì lim = lim x→ y x→ y x − y = nên suy f ( x) − f ( y ) = ⇒ f’(y) = ⇒ f(y) = c ∀y∈R (với c số) Thử lại thấy ñúng x− y Ví dụ 2: Tìm f: R → R có ñạo hàm R thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy ∀x, y∈R (15) Lời giải: + Cho x = y = ta ñược f(0) = 27 + Với y ≠ 0, cố ñịnh x ta ñược: f ( x + y ) − f ( x) f ( y ) + xy f ( y ) − f (0) = = + x (*) Vì f(x) y y y −0 có đạo hàm R nên từ (*), cho y → 0, suy f’(x) = f’(0) + 2x = 2x + c ⇒ f(x) = x2+cx+b ∀x∈R; b, c số thực Thử lại thấy ñúng Phương pháp 10: phương pháp đặt hàm phụ Mục đích việc ñặt hàm phụ làm giảm ñộ phức tạp phương trình hàm ban đầu chuyển đổi tính chất hàm số nhằm có lợi giải tốn Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: f(x) ≥ 2007x f(x+y) ≥ f(x)+f(y) ∀x, y∈R (1) Lời giải: Dễ thấy f(x) = 2007x hàm số thoả mãn (1) ðặt g(x) = f(x) - 2007x thay vào (1) ta ñược: g(x) ≥ (a) g(x+y) ≥ g(x) + g(y) (b) ∀x, y∈R + Cho x = y = 0, từ (b) ta ñược g(0) ≤ 0, kết hợp với (a) suy g(0) = + Cho x = -y, x∈R, từ (a) (b) ta ñược g(x) ≥ 0, g(-x) ≥ 0, ≥ g(x) + g(-x); suy : g(x) = g(-x) = ⇒ h(x) = 2007x, ∀x∈R Thử lại thấy Ví dụ 2: Tìm f: R → R liên tục R thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) ∀x, y∈ R (2) Lời giải: Xét phương trình: λ = 2λ + λ2 có nghiệm λ = -1 khác ðặt g(x) = f(x) - (-1) = f(x) + Thế vào (18) ta ñược: g(x+y) = g(x).g(y) ∀x, y∈R (*) Cho x = y = t ta ñược g(t) ≥ ∀t∈R Cho x = y = ta ñược: g(0) = g(0) = + Nếu g(0) = (*) suy g(x) = ∀x∈R ⇒ f(x) = -1 ∀x∈R Thử lại thấy ñúng + Nếu g(0) = 1: Giả sử tồn a để g(a) = (*) suy g(x) = ∀x∈R Trái với giả thiết g(0) = Vậy g(x) > ∀x∈R ðặt h(x) = lng(x) ta ñược : h(x+y) = h(x) + h(y) (**) Từ f(x) liên tục R suy h(x) liên tục R Theo phương trình hàm Cơsi ta ñược h(x) = cx (với c số) ⇒ f(x) = ecx - ∀x∈R Khi c = f(x) = -1 Vậy trường hợp f(x) = ecx - ∀x∈R thử lại thấy ñúng Phương pháp 11: Sử dụng tính liên tục hàm số Sử dụng tính liên tục hàm số có đường chính: Xây dựng biến từ N đến R, chứng minh hàm số số, sử dụng phương trình hàm Cơsi Ví dụ (xây dựng biến từ N đến R): Tìm hàm f : R → R thỏa mãn: 1) f(x) liên tục R; 2) f(1) = 2; 28 3) f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 ∀x,y∈R Lời giải: Cho x = y = ta ñược: f(0) = Cho x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a) Từ f(0) = 1, f(1) = (a) quy nạp ta suy f(n) = n+1 ∀n∈N Với n∈N, (a) ⇒ f(-n) = f(-n+1) - = f(-n+2) - =…= f(0) -n = -n + Vậy f(z) = z +1 ∀z∈Z 1 Với ∀n∈N*, = f(1) = f (n ) = f (n) f ( ) − f (n + ) + (b) Mặt khác từ (a) ta có: n n n 1 1 f (n + ) = + f (n − + ) = + f (n − + ) = = n + f ( ) Thế vào (b) ta ñược: n n n n 1 f ( ) = + n n Với q ∈ ℚ, q = m m 1 , m ∈ ℤ, n ∈ ℕ* ta có: f (q ) = f ( ) = f (m ) = f (m) f ( ) − f (m + ) + = n n n n n 1 = (m + 1)( + 1) − f (m + ) + (c) Từ (a) ta dễ dàng chứng minh ñược: n n 1 f (m + ) = m + f ( ) Thế vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q n n Với r∈R, tồn dãy {rn} với rn∈Q thỏa mãn lim rn = r Khi đó, f liên tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + = r + Vậy f(x) = x + ∀x∈R Thử lại thấy ñúng Ví dụ (chứng minh hàm số số): 1 Tìm hàm f: [0; ] → [0; ] thỏa mãn: 2 1) f(x) liên tục [0; ]  1 2) f ( x ) = f ( x + ) ∀x ∈  0;   2 Lời giải: Với a∈[0; ], xét dãy số:  x0 = a   = + ∀ ∈ ℕ x x n n  n+1 Dễ chứng minh {xn} không âm (a) x0 ≤ 1 1 ⇒ x1 ≤ x02 + ≤ Quy nạp suy xn ≤ (b) 2 29 xn +1 − xn = ( xn − ) ≥ ⇒ xn +1 ≥ xn ∀n ∈ ℕ (c) 1 Từ (a), (b), (c) suy xn∈[0; ] {xn} có giới hạn hữu hạn limx n = 2 1 Vậy với a∈[0; ], f(a) = f(x1) = f(x2) =…= limf(xn) = f(limxn) = f( ) = c (c số) 2 Thử lại thấy Ví dụ (sử dụng phương trình hàm cơsi - VMO năm 2006(bảng B)): Tìm f: R → R liên tục R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = ∀x, y, z∈R (3) Lời giải: Cho x = t, z = -t, y = 0, x∈ R ta ñược: f(t).f(t).f(-2t) = -8 ⇒ f (−2t ) = ∀t∈R ðặt g(x) = ln( -8.e g(x-y)+g(y-z)+g(z-x) −8 < ⇒ f(t) < ( f (t )) f ( x) g ( x) Thế vào (3) ta ñược: ) ⇒ f ( x) = −2.e −2 = -8 ⇔ g(x-y) + g(y-z) + g(z-x) = (*) + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta ñược g(0) = (a) + Cho y = z = 0, x∈R, từ (a) ta ñược g(x) = g(-x) (b) Từ (*) (b) suy g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z) ⇒ g(t+t’) = g(t) + g(t’) ∀t, t’∈R (**) Vì f liên tục R nên g(x) liên tục R Từ (**), theo phương trình hàm Cơsi ta g(x) = ax ⇒ f(x) = -2.eax = -2.bx (Với b = ea > 0) Thử lại thấy ñúng Hết - 30 ... phương trình hàm Vậy phương trình hàm phương trình sinh đặc trưng hàm cho trước +) Hàm lũy thừa f ( x) = x k , x > ðặc trưng f(xy) = f(x)f(y) +) Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) ðặc trưng hàm. .. có hai hàm số f(x) = x, ∀x∈R f(x) = -x ∀x∈R Thử lại thấy ñúng Phương pháp 7: phương pháp ñiểm bất ñộng ðặc trưng hàm: Như ta biết, phương trình hàm phương trình thơng thường mà nghiệm hàm ðể... Các bạn theo phương pháp mà tự sáng tác đề tốn cho riêng Phương pháp 5: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm ðịnh nghĩa sai phân: Xét hàm x(n) = xn: Sai phân cấp hàm xn là: △