chuyên đề dùng phép thế giải phương trình hàm

CHUYÊN ĐỀ: DÙNG PHÉP THẾ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Việt Hà Tổ Tốn-Tin, THPT Chun Lào Cai Phương trình hàm vấn đề thường hỏi đề thi học sinh giỏi Trong việc tiếp cận để giải phương trình hàm, phương pháp quan trọng phương pháp Và việc lựa chọn phép thế định đến việc thành cơng việc giải phương trình hàm Trong viết này, xem xét vài ví dụ việc lựa chọn phép I.MỘT SỐ BÀI TOÁN Bài tốn 1: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑥 2013 + 2012𝑦) = 3𝑓(𝑥 + 𝑦) + 𝑓(2013𝑥 + 2011𝑦) − 2013 ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ (1) Giải: Thay 𝑦 = 2013𝑥 − 𝑥 2013 vào (1), ta có: 3𝑓(2014𝑥 − 𝑥 2013 ) − 2013 = Hay 𝑓(2014𝑥 − 𝑥 2013 ) = 671 (2) Với số thực 𝑡 cho trước, phương trình 2014𝑥 − 𝑥 2013 = 𝑡 ln có nghiệm phương trình bậc lẻ 𝑥 Do đó, tồn số thực 𝑥0 để 2014𝑥0 − 𝑥0 2013 = 𝑡 (3) PAGE Từ (2) (3) suy 𝑓(𝑡) = 671 ∀𝑡 ∈ ℝ hay 𝑓(𝑥) = 671 ∀𝑥 ∈ ℝ Thử lại, thỏa mãn Bình luận: Có câu hỏi đặt chọn 𝑦 = 2013𝑥 − 𝑥 2013 ? Một điều mà ta mong muốn làm đơn giản phương trình bàn đầu Ta nghĩ đến việc cho 𝑓(𝑥 2013 + 2012𝑦) = 𝑓(𝑥 + 𝑦) 𝑓(𝑥 2013 + 2012𝑦) = 𝑓(2013𝑥 + 2011𝑦) Rõ ràng 𝑓(𝑥 2013 + 2012𝑦) = 𝑓(2013𝑥 + 2011𝑦) phương trình cịn lại đơn giản Do ta cần (𝑥 2013 + 2012𝑦) = (2013𝑥 + 2011𝑦) hay 𝑦 = 2013𝑥 − 𝑥 2013 Bài tốn 2: Tìm tất hàm số 𝑓: (0; +∞) ⟶ (0; +∞) thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑥 + 𝑦) + 𝑓(𝑥𝑦) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦 ∀𝑥, 𝑦 ∈ (0; +∞) (1) Phân tích: Thoạt nhìn ta thấy hàm 𝑓(𝑥) ≡ 𝑥 thỏa mãn u cầu tốn Từ dự đốn đó, ta chọn 𝑥, 𝑦 mà 𝑥 + 𝑦 = 𝑥𝑦, chẳng hạn 𝑥 = 𝑦 = Thì ta thu 𝑓(4) = Làm để từ giá trị 𝑓(4) ta tìm giá trị 𝑓 điểm lại? Để tận dụng 𝑓(4), chọn 𝑦 = Từ ta thu được: 𝑥 4 𝑓 (𝑥 + ) = 𝑥 + 𝑥 𝑥 PAGE Nhưng ý 𝑥 + ≥ (do bất đẳng thức AM-GM) Do ta khẳng định 𝑥 𝑓(𝑡) = 𝑡 ∀ 𝑡 ≥ Vậy 𝑡 ∈ (0; 4) sao? Để tận dụng 𝑓(𝑡) = 𝑡 ∀ 𝑡 ≥ 4, ta để ý với 𝑥 > 𝑥 + > Do đẳng thức ban đầu, ta cho 𝑦 = 4, ta thu 𝑓(4𝑥) = 4𝑥 𝑡 Và ý với 𝑡 > 0, ta chọn 𝑥 = 𝑡 = 4𝑥 Và ta thu lời giải: Trong (1), cho 𝑥 = 𝑦 = ta có 𝑓(4) + 𝑓(4) = + + hay 𝑓(4) = 4 Lại (1), cho 𝑦 = , ta có 𝑥 4 𝑓 (𝑥 + ) + 𝑓(4) = 𝑥 + + 𝑥 𝑥 Mà 𝑓(4) = nên 4 𝑓 (𝑥 + ) = 𝑥 + 𝑥 𝑥 Với 𝑡 ≥ 4, xét phương trình ẩn 𝑥 > 0: 𝑥+ =𝑡 𝑥 PAGE ⟺ 𝑥 − 𝑡𝑥 + = (2) Ta có Δ = 𝑡 − 16 ≥ 𝑡 ≥ Từ (2) có hai nghiệm, lại có 𝑆 = 𝑡 > 0, 𝑃 = > nên hai nghiệm dương Do đó, tồn 𝑥0 > để 𝑡 = 𝑥0 + 𝑥0 Từ đó, 𝑓(𝑡) = 𝑡 ∀𝑡 ≥ Trong (1), thay 𝑦 = ta có 𝑓(𝑥 + 4) + 𝑓(4𝑥) = 𝑥 + + 4𝑥 Do 𝑥 + > với 𝑥 > nên 𝑓(𝑥 + 4) = 𝑥 + Do 𝑓(4𝑥) = 4𝑥 ∀𝑥 > 𝑡 Với 𝑡 > 0, chọn 𝑥 = Khi 𝑓(𝑡) = 𝑓(4𝑥) = 4𝑥 = 𝑡 hay 𝑓(𝑡) = 𝑡 ∀𝑡 > Thử lại, thỏa mãn Bài tốn 3: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑓(𝑥) + 𝑦) = 2𝑥 + 𝑓(𝑓(𝑦) − 𝑥) (1) Phân tích: Nếu ta chọn giá trị 𝑢 để 𝑓(𝑢) = (1), thay 𝑥 𝑦 𝑢 ta thu hệ thức đơn giản Điều phụ thuộc vào việc 𝑓 có tồn ánh hay không Trên thực tế, kiểm nghiệm ta thấy 𝑓(𝑥) = 𝑥 (thậm chí 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑐) thỏa mãn tốn Do ta thử chứng minh tính tồn ánh 𝑓 PAGE Muốn vậy, với số thực 𝑡, ta cần 𝑡 = 𝑓("? ") Để đơn giản, ta chọn 𝑦 = −𝑓(𝑥) để vế trái (1) đơn giản: 𝑓(0) = 2𝑥 + 𝑓(𝑓(−𝑓(𝑥)) − 𝑥) (2) Ta cần phương trình tương đương với 𝑡 = 𝑓("? ") Mà (2) tương đương 𝑓(0) − 2𝑥 = 𝑓(𝑓(−𝑓(𝑥)) − 𝑥) Do ta cần 𝑓(0) − 2𝑥 = 𝑡, hay 𝑥= 𝑓(0) − 𝑡 Nói cách khác, với số thực 𝑡, (1) tat hay 𝑥 = 𝑓(0)−𝑡 𝑓(0)−𝑡 , 𝑦 = −𝑓 ( ) ta có 𝑓(0) − 𝑡 𝑓(0) − 𝑡 𝑡 = 𝑓 (𝑓 (−𝑓 ( )) − 𝑓 ( )) 2 Tức 𝑓 toàn ánh Tức tồn 𝑢 để 𝑓(𝑢) = Và thay 𝑥 = 𝑢 vào (1) ta có 𝑓(𝑦) = 2𝑢 + 𝑓(𝑓(𝑦) − 𝑢) Hay 𝑓(𝑓(𝑦) − 𝑢) = −2𝑢 + 𝑓(𝑦) PAGE Bây với 𝑥 ta cần 𝑓(𝑥) =? Do đó, ta cần 𝑓(𝑦) − 𝑢 = 𝑥 Điều có tính tốn ánh 𝑓 Do 𝑓(𝑥) = −2𝑢 + 𝑥 + 𝑢 Hay 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑢 Từ ta có lời giải: Kí hiệu 𝑃(𝑥, 𝑦) mệnh đề chứa biến 𝑓(𝑓(𝑥) + 𝑦) = 2𝑥 + 𝑓(𝑓(𝑦) − 𝑥) Ta có 𝑃( 𝑓(0)−𝑥 𝑓(0)−𝑥 ; −𝑓 ( )) ⟹ 𝑥 = 𝑓 (𝑓 (−𝑓 ( 𝑓(0)−𝑥 𝑓(0)−𝑥 )) − 𝑓 ( )) 𝑓(𝑥) toàn ánh Vậy tồn 𝑢 để 𝑓(𝑢) = 𝑣 để 𝑓(𝑣) = 𝑥 + 𝑢 Ta có 𝑃(𝑢, 𝑣) ⟹ 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑢 hay 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑐 Thử lại thấy thỏa mãn Bài toán 4: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑓(𝑥) + 𝑦) = 𝑓(𝑥 − 𝑦) + 4𝑓(𝑥)𝑦 Giải: Kí hiệu 𝑃(𝑥, 𝑦) mệnh đề chứa biến 𝑓(𝑓(𝑥) + 𝑦) = 𝑓(𝑥 − 𝑦) + 4𝑓(𝑥)𝑦 𝑃 (𝑥, 𝑥 −𝑓(𝑥) ) ⟹ 𝑓(𝑥)(𝑓(𝑥) − 𝑥 ) = ∀𝑥, 𝑓(𝑥) = 0, 𝑓(𝑥) = 𝑥 Ta chứng minh hai đồng sau phải xảy PAGE 𝑓(𝑥) = ∀ 𝑥 ∈ ℝ Hoặc 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∀ 𝑥 ∈ ℝ Thật vậy, 𝑓(0) = hai trường hợp nên khơng tính tổng quát, ta giả sử tồn 𝑎 ≠ cho 𝑓(𝑎) = 𝑏 > cho 𝑓(𝑏) = 𝑏 (vì 𝑃(0, 𝑦) ⟹ 𝑓(𝑦) = 𝑓(−𝑦)) 𝑃(𝑎, −𝑏) ⟹ 𝑓(−𝑏) = 𝑓(𝑎2 + 𝑏), nên 𝑓(𝑏) = 𝑓(𝑎2 + 𝑏) So ≠ 𝑏 = 𝑓(𝑏) = 𝑓(−𝑏) = 𝑓(𝑎2 + 𝑏) = (𝑣ơ 𝑙ý) [ (𝑎 + 𝑏)2 (𝑣ơ 𝑙ý 𝑣ì (𝑎2 + 𝑏)2 > 𝑏 ) Thử lại, ta có hai nghiệm 𝑓(𝑥) = ∀𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∀𝑥 Bình luận: Trong lời giải có dùng phép 𝑥 − 𝑓(𝑥) 𝑦= Tại lại có điều này? Câu trả lời hồn tồn tương tự trước Bài tốn 5: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑥 − 𝑓(𝑦)) = 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑓(𝑦)) − 2𝑥𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑦) + 20 12 ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ (1) Phân tích: Cho 𝑥 = 𝑓(𝑦) ta thu 𝑓(0) = 2𝑓(𝑓(𝑦)) − 𝑓 (𝑦) + 𝑓(𝑦) + 2012 PAGE Hay 1 𝑓(𝑓(𝑦)) = 𝑓 (𝑦) − 𝑓(𝑦) − 1006 + 𝑓(0) 2 1 2 Và ta đoán 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑥 + 𝑐 (∗) Nhưng để thực điều ta cần 𝑓 toàn ánh Cơng việc khó Ta thử thêm chút: Thay 𝑥 𝑓(𝑥) ta có 𝑓(𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)) = 𝑓(𝑓(𝑥)) + 𝑓(𝑓(𝑦)) − 2𝑓(𝑥)𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑦) + 20 12 Mà 1 𝑓(𝑓(𝑦)) = 𝑓 (𝑦) − 𝑓(𝑦) − 1006 + 𝑓(0) 2 1 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓 (𝑥) − 𝑓(𝑥) − 1006 + 𝑓(0) 2 nên 1 𝑓(𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)) = (𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)) − (𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)) + 𝑓(0) 2 Và để thực dự đốn (*), liệu với 𝑡, ta có 𝑥0 , 𝑦0 để 𝑡 = 𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑦0 ) ? Từ ta có lời giải: Hiển nhiên 𝑓 khơng thể đồng Do tồn 𝑎 mà 𝑓(𝑎) ≠ Trong (1), cho 𝑦 = 𝑎 PAGE 𝑓(𝑥 − 𝑓(𝑎)) = 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑓(𝑎)) − 2𝑥𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑎) + 20 12 ∀𝑥 ∈ ℝ Hay 𝑓(𝑦 − 𝑓(𝑎)) − 𝑓(𝑦) = 𝑓(𝑓(𝑎)) − 2𝑦𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑎) + 20 12 ∀𝑦 ∈ ℝ Với số thực 𝑡, chọn 𝑦0 = 𝑓(𝑓(𝑎)) + 2012 + 𝑓(𝑎) − 𝑡 , 𝑥0 = 𝑦0 − 𝑓(𝑎) 2𝑓(𝑎) Khi ta có 𝑡 = 𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑦0 ) Trong (1), cho 𝑥 = 𝑓(𝑦) ta thu 𝑓(0) = 2𝑓(𝑓(𝑦)) − 𝑓 (𝑦) + 𝑓(𝑦) + 2012 Hay 1 𝑓(𝑓(𝑦)) = 𝑓 (𝑦) − 𝑓(𝑦) − 1006 + 𝑓(0) (2) 2 Trong (1), thay 𝑥 𝑓(𝑥) ta có 𝑓(𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)) = 𝑓(𝑓(𝑥)) + 𝑓(𝑓(𝑦)) − 2𝑓(𝑥)𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑦) + 20 12 Từ 1 𝑓(𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑦0 )) = (𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑦0 )) − (𝑓(𝑥0 ) − 𝑓(𝑦0 )) + 𝑓(0) 2 1 2 Hay 𝑓(𝑡) = 𝑡 − 𝑡 + 𝑓(0) (3) Từ (2) (3) suy −1006 + 𝑓(0) = 𝑓(0) hay 𝑓(0) = 2012 PAGE Thử lại, ta có với số thực 𝑥, 1 2 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑥 + 2012 Với ý tưởng tương tự, ta giải tốn sau: Bài tốn 6: Tìm tất hàm số 𝑓: (0; +∞) ⟶ (0; +∞) thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑦𝑓(𝑦𝑓(𝑥)) ∀𝑥, 𝑦 ∈ (0; +∞) (1) Giải: Với 𝑡 ∈ (0; +∞), ta chọn tùy ý 𝑥0 cố định 𝑢 = 𝑓(𝑥0 ), 𝑣 = 𝑡𝑓(𝑥0 ) 𝑡= Ta thay (1) 𝑦 𝑓(𝑦) 𝑓(𝑢) 𝑓(𝑣) ta có 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑥) 𝑓( ) 𝑓(𝑦) 𝑓(𝑦) Hay 𝑓( Trong (1), thay 𝑦 𝑓(𝑥) 𝑓(𝑥) ) = 𝑓(𝑦) 𝑓(𝑓(𝑥)) (2) 𝑓(𝑦) ta 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑓(1) ∀𝑥 ∈ (0; +∞) 𝑓(𝑥) (3) Từ (2) (3) suy PAGE 10 𝑓( 𝑓(𝑥) 𝑓(𝑦) ) = 𝑓(1) 𝑓(𝑦) 𝑓(𝑥) Do 𝑓( Do vậy, 𝑓(𝑡) = 𝑓(1) 𝑡 𝑓(𝑢) 𝑓(𝑣) ) = 𝑓(1) 𝑓(𝑣) 𝑓(𝑢) ∀𝑡 ∈ (0; +∞) Thử lại, hàm cần tìm 𝑓(𝑥) = 𝑎 𝑥 ∀𝑥 ∈ (0; +∞) 𝑎 > số II.BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài tốn 7: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑦)) = 𝑦 + 𝑥𝑓(𝑥)∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ Bài tốn 8: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓 (𝑓(𝑦 + 𝑓(𝑥))) = 𝑓(𝑥 + 𝑦) + 𝑓(𝑥) + 𝑦 ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ Bài tốn 9: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑦)) = 𝑦 + 𝑓 (𝑓 (𝑥) + 𝑓(𝑓(𝑦))) ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ Bài toán 10: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑦)) = 3𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑦) − 2𝑥 ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ Bài toán 11: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑦)) = 𝑓 (𝑦) + 2𝑥𝑓(𝑦) + 𝑓(−𝑥) ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ Bài tốn 12: Tìm tất hàm số 𝑓: ℝ ⟶ ℝ thỏa mãn điều kiện: PAGE 11 𝑓(𝑥 ) = 𝑓(𝑥 + 𝑦)𝑓(𝑥 − 𝑦) + 𝑦 ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ III TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua kì thi Olympic, Nhà xuất Giáo dục, 2004 [2] Titu Andreescu, Iruie Boreico , Functional equation [3] Mathlink.ro PAGE 12 ... muốn làm đơn giản phương trình bàn đầu Ta nghĩ đến việc cho