BÁO CÁO HỌC THUẬT PHƯƠNG TRÌNH HÀM (Phần 1) Người báo cáo: Th.s Đào Xuân Hưng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC MỎ - ĐỊA CHẤT BÁO CÁO HỌC THUẬT PHƯƠNG TRÌNH HÀM (Phần 1) Người báo cáo: Th.s Đào Xuân Hưng Hà nội, 1/2020 MỤC LỤC Mục lục MỞ ĐẦU 1.Kiến thức trọng tâm 1.1 Ánh xạ hàm số 1.2 Đặc trưng hàm sơ cấp 1.3 Phương trình hàm Các toán .6 KẾT LUẬN 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO 18 MỞ ĐẦU Phương trình hàm dạng tốn thường gặp đề thi chọn học sinh giỏi kỳ Olympic Toán sinh viên Đây dạng tốn khó, khơng có phương pháp giải chung cho nhóm riêng biệt Để giải tốn phương trình hàm, địi hỏi người làm phải có kiến thức sâu, rộng cần có tư sáng tạo, linh hoạt Trong báo cáo này, đưa khái niệm phương trình hàm hướng dẫn sinh viên giải số tập cụ thể Mục đích báo cáo giúp sinh viên có kiến thức để giải toán tương đối phức tạp đặt môn học chuyên nghành đặc biệt hữu ích cho bạn sinh viên tham gia kì thi Olympic Tốn học PHƯƠNG TRÌNH HÀM KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 1.1 Ánh xạ hàm số Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y quy tắc đặt tương ứng phần tử x X với phần tử y Y Phần tử y tương ứng x gọi ảnh ánh xạ f, kí hiệu y = f(x) , x gọi nghịch ảnh y: f : X : x a y  f  x  - Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi đơn ánh hai phần tử khác X cho hai ảnh khác Y: a, b  X : a  b  f  a   f  b  Hay a,b  X : f  a   f  b   a  b - Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi toàn ánh phần tử Y Y có nghịch ảnh x X: y  Y, x  X : y  f  x  Hay Y  f  x   y  Y |  X, y  f  x  - Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi song ánh f vừa đơn ánh toàn ánh, tức phân tử y Y có nghịch ảnh x X Hai tập hữu hạn có số phần tử tồn song ánh chúng Còn tập vơ hạn mà có song ánh chúng gọi lực lượng hay số - Hàm số y = f(x) với tập xác định D gọi hàm số chẵn nếu: x  D  x  D f   x   f  x  - Hàm số y = f(x) với tập xác định D gọi hàm số lẻ nếu: x  D  x  D f   x   f  x  a   f  x  a   f  x  , x,x  a  D - Hàm số tuần hoàn :  Số dương bé có số a thỏa mãn điều kiện gọi chu kỳ T hàm số f a  - Hàm phản tuần hoàn :   f  x  b   f  x  , x,x  b  D - Hàm cộng tính: f  x + y   f  x   f  y  - Hàm nhân tính: f  xy   f  x  f  y  - Điểm bất đồng hàm f(x) x = a cho f(x) = a - Nếu hàm số f(x) có f '(x)  D f(x) hàm D 1.2 Đặc trưng hàm sơ cấp: x  y  f  x   f  y    - Hàm bậc f  x   ax  b, a  : f  - Hàm tuyến tính f  x   ax, a  : f  x  y   f  x  f  y  - Hàm mũ f  x   a x , a  0, a  1: f  x  y   f  x   f  y  - Hàm lôgarit f  x   log a x , a  0, a  1: f  xy   f  x   f  y  - Hàm sin f  x   sin : f  3x   3f  x   4f  x  - Hàm cosin f  x   cos x : f  2x   2f  x   f  x  y   f  x  y   2f  x  f  y  - Hàm tang f  x   tanx : f  x  y   f  x   f  y 1 f  x  f  y - Hàm cotang f  x   cot x : f  x  y   f  x  f  y 1 f  x   f  y ex  e x : f  3x   3f  x   4f  x  - Hàm f  x   shx  - Hàm f  x   chx  ex  e x : f  x  y   f  x  y   2f  x  f  y  1.3 Phương trình hàm - Tính giá trị đặc biệt f(0), f(1), - Dùng phép thế, đổi biến, chuyển đổi số học, đại lượng trung bình, biến đổi tịnh tiến đồng dạng, biến đổi phân tuyến tính, - Dùng tính chất đơn ánh, toàn ánh, song án, tuần hoàn, - Đánh giá, dự đốn hàm số, quy nạp, Phương trình hàm Cauchy: Hàm f(x) xác định liên tục R thỏa mãn: f  x  y   f  x   f  y  , x,y  ¡ f  x   ax với a số tùy ý CÁC BÀI TOÁN Bài toán 1: Cho hàm số f: ¡  ¡ thỏa: f  x  2xy   f  x   2f  xy  , x,y  ¡ Biết f(201) = a, tính f(202) Hướng dẫn giải Thay x  ta được: f    f    2f    f    Thay y  1 ta : f   x   f  x   2f   x   f  x   f   x  Thay y   x x ta f    f  x   2f     f  x   2f 2  2 x Suy f  x   2f   2 Xét x , t  ¡ Thay y  t ta được: 2x t f  x  t   f  x   2f    f  x   f  t  2 Với x  ta có f   t   f    f  t  Ta chứng minh quy nạp theo k: f  kx   kf  x  , x  ¡ , k  ¥ Từ rút ra: a  f  201  201.f 1  f 1  Do f  202   202.f 1  a 201 202 a 201 Bài toán 2: Cho hàm f(x, y) thỏa mãn điều kiện: f  0, y   y  1; f  x  1,   f  x,1 f  x  1, y  1  f  x, f  x  1, y   Với số nguyên không âm x, y Tìm f(4, 1981) Hướng dẫn giải Ta có: f 1, n   f  0, f 1, n  1    f 1, n  1 Do đó: f 1, n   n  f 1,   n  f  0,1  n  Ta lại có: f  2, n   f 1, f  2, n  1   f  2, n  1  Do đó: f  2, n   2n  f  2,   2n  f 1,1  2n  Bây giờ: f  3, n   f  2, f  3, n  1   f  3, n  1  Đặt u n  2u n 1 u  f  3,    f  2,1   Do vậy: u n  2n+3f  3,n   2n+3  Ta có: f  4,n   f  3,f  4, n 1   2f  4,n 13  f  4,0  = f  3,1  24   13 f  4,2   2224  Bằng qui nạp ta chứng minh f  4,n   222 24  Trong số mũ chứa (n + 2) chữ số Từ đó: f  4, 1981  222 24  với số mũ chứa 1983 chữ số Bài tốn 3: Cho hàm f: ¢   ¢  thỏa mãn điều kiện sau: (i) f  n  1  f  n  ; n  ¢  (ii) f  f  n    3n, n  Z  Hãy tính f(2003) Hướng dẫn giải Từ (i) (ii)  f (1)  f  f 1    f 1  Ta có: f    f  f 1   3.1  f  3  f  f  3   3.2 f  2.3  f  f  3   3.3  32 Suy f  2.3n   3n1 , n  ¢  ; f  3n   2.3n ; n  Z  Nên có f  3n1   f  f  2.3n    2.3n1   f  2.3n 1   f f  3n 1   3.3n 1  3n  Do khẳng định với n Ta có  3n  1 số nguyên m nằm 3n 3n giả thiết (i) f  n  1  f  n  nên có  3n  1 số nguyên m nằm f( 3n ) f(2 3n ) suy  m  3n  f  3n  m   2.3n  3n Do giả thiết (ii) suy   f  2.3n  m   f f  3n  m    3n  m  Vậy f  2.3n  m    3n  m  với  m  3n Suy ra: n  2003  2.36  545  f (2003)   36  545   3822 Bài toán 4: Cho f(n) hàm số xác định với n   * lấy giá tị không âm thỏa mãn tính chất: n, m  * : f  m  n   f  m   f  n  lấy giá trị f    f  3  f  9999   3333 Tính f  2000  Hướng dẫn giải Vì f  m  n   f  m   f  n  lấy giá trị nên ta suy ra: f m  n  f m  f n  f    f 1  f 1   f  3  Ta có: f    f  3  f  3  f    f    f  3  f  9999   f  9996   f  3  3333 Vì giả thiết cho f  9999   3333 nên ta có dấu “=” bất đẳng thức xảy ra, tức f  3n   n, n  1, 2, ,3333  f 1998   666, f  2001  667 Mặt khác a a, b  * a  b  f  a   f  b   f  a  b   f  b   666  f  2000   667  f  2000   666 hoắc 667 Giả sử f  2000  667   f  4000   1334  f  6000   1334  667  2001 mà f  6000   2000 (mâu thuẫn) Vậy: f  2000   666 Bài toán 5: Cho f g hàm xác định R thỏa: f  x  y   f  x  y   f  x  g  y  , x, y  ¡ Chứng minh rằng: Nếu f  x   f  x   1, x  ¡ g  y0   a  Hướng dẫn giải Ta dùng phương pháp phản chứng Giả sử lại điểm y0  ¡ : g  y0   a  Ta lấy x0 : f  x0   xây dựng dãy xk  k  0,1,  sau:  xk  y0 , f  xk  y0   f  xk  y0   xk 1    xk  y0 , f  xk  y0   f  xk  y0  Theo giả thiết ta có: f  xk 1   f  xk  y0   f  xk  y0   f  xk  y0   f  xk  y0   f  xk  g  y0   2a f  xk  Nên f  xk 1   a f  xk  với a  1; k  1, 2, Do ta có: f  xk   a k f  x0  Nhưng f  x0   a  nên chọn k cho a k f  x0   dó f  xk   Mâu thuẫn với giả thiết Vậy g  y   1, y  R Bài toán 6: Cho hàm số f: ¡  ¡ thỏa điều kiện: i) f  x    x; x  ¡ ii) f  x  y   f  x  f  y  ; x, y  ¡ Chứng minh tồn hai số a; b  ¡ mà f  a  f  b   Hướng dẫn giải Ta chứng minh: f  x   0, x  ¡ Thật vậy: với x  theo điều kiện (i) ta có f  x   Với x  , trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: 10   x  x  ¡ , n  ¥ f  x    f  n      2n (1) Với n = 0: công thức (1)  x Giả sử công thức (1) với n  k  tức f  x    f  k  2  x Ta có:  f  k  2 n  k 1    2k x   x   x  f  k 1  k 1    f ( k 1 )     2 2k    2k x   f  k 1    (2) 2k 1 tức (1) với Theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức (1) Bây chọn n đủ lớn để x  2n , x  ¡ tùy ý, x  x  1 f  n   n 2  2n  x  Do  f  n   tức f  x   0, x  ¡    Như tồn a, b  ¡ mà f  a  f  b   Bài toán 7: Đặt f  x   với x số thực dương, với số nguyên dương n, 1 x ta đặt: g n  x   x  f  x   f  f  x     f  f  f  x    , f lấy n lần số hạng cuối Chứng minh rằng: a) g n  x   g n  y  x  y  b) g n 1  F F1 F2    n 1 F2 F3 Fn  với F1  F2  Fn2  Fn1  Fn với n  Hướng dẫn giải a) Kí hiệu f n  x   f  f  f  x    (n lần) Kí hiệu g0  x  hàm đồng Chú ý f  x  hàm tăng thực x  11 Ta chứng minh qui nạp theo n g n  x  hàm tăng thực x  Dễ dàng kiểm tra điều với g1  x  Giả sử n  2, g1  x  , , g n 1  x  hàm tăng thực với x  Cho x  y  Ta có: g n  x   g n  y     x  y    f  x   f  y     f  x   f  y      f n  x   f n  y       g1  x   g1  y    g n2  f  x    g n2  f  y    Vậy g n  x  hàm tăng thực x  b) Để y F  F F1  f  i   i 1 Suy ra: F2  Fi 1  Fi  F F1 F2    n 1  g n 1 F2 F3 Fn  Bài toán 8: Cho f  x, y   2003 cos  x  y   a cos  x  y    với a,   ¡ Chứng minh  f  x, y     max f  x, y    2003 2 Hướng dẫn giải   2003 Ta có: f  0,   f  ;   2 2       Nên max f  x, y   max  f  0,  , f  ,    2     max f  x, y     2003  x, y  ¡  2003   2003 2003    Ta lại có: f  ;     a.sin  , f   ;      a.sin  4 4   Nên f  ;   4 4  2003    Suy ra: f  ;     4 12 4     f  x, y    f  ;  ,  4 4    f  x, y   2003     f   ;      x, y  ¡  4     2003 Do :  f  x, y     max f  x, y    2003 2 Bài toán 9: Cho hàm số f : * * Giả sử f 1  1, f  2n   f  n  f  2n  1  f  2n   với số tự nhiên n a) Tìm giá trị lớn M f  n  với n   * thỏa mãn điều kiện  n  1994 b) Tìm tất số n   , với  n  1994 , cho f  n   M Hướng dẫn giải Có thể dùng quy nạp để chứng minh f(n) số tất chữ số biểu diễn nhị phân số n a) Tồn nhiều 10 chữ số biểu diễn nhị phân số số bé 1994  111111001010 2 Suy M = 10 b) Với số tự nhiên n  1994, ta có f  n   10 n số: 1023  1111111111 2 , 1535  1011111111 2 ,1791  1101111111 2 , 1919  1110111111 2 ,1983  1110111111 2 x2  , x  Giả sử f  x   x 2x f n  x   f  f n 1  x   n  * , x  Bài toán 10: Cho f  x   Chứng minh n  , x  1, 0,1 fn  x   1 f n 1  x   x 1  f   x 1  13 2n Hướng dẫn giải 2 Đặt pn  x    x  1   x  1  n n 2 qn  x    1 2n 2n x  1   x  1     x, y   Ta có: pn1  x   pn2  x   qn2  x  qn 1  x   pn  x  qn  x  f0  x   x  x, y   x p0  x   , x  q0  x  Giả sử: f k  x   pk  x  qk  x   pk  x     1 qk  x   p  x   qk2  x  pk 1  x    f k 1  x    k  pk  x  pk  x  qk  x  qk 1  x  qk  x  Do đó: f n  x   pn  x  qn  x  n  , x  Ta có: n  , x  1, 0,1 có: 2  2 1   f n  x   x  1   x  1   x  1   x  1   n n n1 n f n 1  x   x  12   x  12   x  12   x  12 1      n n1 n n  x  12   x  12  2n 2n  x  1  x  1        n1 n n1 n 2 1 2 1 x  2n  x  1   x  1  x  1   x  1 f( ) x 1 n n Bài 11: Cho hàm số f : ¡   ¡ thỏa mãn phương trình: f  x   2005 f  x   2006 f  x  x  ¡  Chứng minh tồn số thực k để:  f  x   f  kx  14 Hướng dẫn giải Đặt f  2n x   un  n  N *  Từ f  x   2500 f  x   2006 f  x  x  ¡  quy nạp ta có: f  2n  x   2005 f  2n 1 x   2006 f  2n x  x  ¡   Hay un  2005un1  2006un   un   Hướng dẫn giải phương trình đặc trưng:   2500  2006  ta   1;   2006 Vậy un  p.1n  q  2006   0, n n Với p  0, q  un  u0 Vậy f  2n x   f  x  hay k  2n n  N  Bài toán 12: Cho ỏnh x P : * * Ô  x, y  a P  x, y   x2  y  xy Chứng minh P  z, y ! * P  x, y   * Hướng dẫn giải Đặt P  x, y   z Xét phương trình: x  xyz  y   1 Gọi  x0 , y0 , z  nghiệm cho x0  y0 bé Vai trò x0 , y0 nên giả sử x0  y0  2 Xét phương trình x  zy0 x  y02   Gọi nghiệm thứ hai x1 x0  x1 Ta có: x0  x1  zy0  3 x0 x1  y02   1) Nếu y0  x0 từ 1  z    4  * x0 15  x0  y0  1, z  (thỏa đề bài) 2) Nếu x0  x1 từ     x0  y0  x0  y0   , vơ lý  x0  y0   x0  y0  chẵn hay lẻ 3) Nếu y0  x0  x1  x0  y0  x1  y0  Từ    y02    y0  1 y0    y0   y0   z0 z1   x  y02 mà y0   x0 x1  x0  x1  , vơ lý x0  y0 Vậy z  23  p  x, y    * Bài 13: Giả sử f : ¡  ¡ hàm liên tục giảm cho với x, y  ¡  : f  x  y  f  f  x   f  y   f  y  f  x  Chứng minh f  f  x    x Hướng dẫn giải Cho y  x ta được: f  x   f  f  x    f  f  x  f  x    Thay x f(x) ta có: f  f  x    f  f  f  x     f  f  f  x   f  f  x     Trừ hai phương trình ta suy ra:       f f  f  x   f  2x   f f f  x   f  f  x   f f  x  f  x  Nếu f  f  x    x , vế trái phương trình âm, đó:   f f  x   f  f  x    f  x  f  x   f  x   f  f  x    x  f  x  điều mâu thuẫn Tương tự, ta có điều mâu thuẫn xảy f  f  x    x Vậy f  f  x    x , điều phải chứng minh 16  Bài toán 14: Cho song ánh f :    Chứng minh rằng: Tồn vô số  a, b, c  với a, b, c   thỏa: a  b  c f  b   f  a   f  c  Hướng dẫn giải Ta xây dựng dãy an  sau: Trong số từ 0, 1, 2, , m chọn số a1 cho f  a1   f  i  i  0; a1  m    Chọn a2  a1 cho f  a2   f  i  , i  0; a2 Chọn ak  ak 1 cho f  ak   f  i  , i  0; ak Vậy ta có dãy a1  a2   ak  ak 1 f  a1   f  a2    f  ak   f  ak 1  Trong   f    f  j  j  0; Vì f song ánh nên f  ak 1   f  ak   p, p  N * Và c   để f  c   f  ak 1   p  f  ak 1  ak 1  Mặt khác:    f  ak 1   f  i  i  1, k i  1, an1 Nên c  ak 1  p  ak   f  ak 1   p    f  ak 1   f  ak   f  c  f c  f a  p    k 1   Do cách xây dựng, dãy {an}là dãy vô hạn nên tồn vô số (a, b, c) thỏa điều kiện nêu Bài toán 15: Chứng minh với hàm f : ¡  ¡ thì: f  xy  x  y   f  xy   f  x   f  y  , x, y  ¡  f  x  y   f  x   f  y  , x, y  ¡ Hướng dẫn giải 17 - Phần đảo: Cho f  x  y   f  x   f  y  , x, y  R f  xy  x  y   f  xy   f  x  y   f  xy   f  x   f  y  , x, y  R - Phần thuận: Cho f  xy  x  y   f  xy   f  x   f  y  , x, y  R Chọn x  y  f    0; a, b, c  R ta có : f  a  b  c  ab  bc  ac  abc   f  a  c  b  bc   a   c  b  bc    f  a  c  b  bc    f  a   f  a  b  bc   f  ac  ab  abc   f  a   f  c   f  b   f  bc  Vì f (a  b  c  ab  bc  ca  abc)  f (ba  bc  abc)  f (a )  f (b)  f (c)  f (ac) Nên f (bc)  f (ab  ac  abc)  f ( ac)  f ( ab  bc  abc) Lấy a  1: f (bc)  f (b  c  bc)  f ( c)  f ( b  bc  bc)  Do f (u  2v)  f (u )  f (v), u, v  R Lấy u  a (2v)  f (v), v  R nên f (u  2v)  f (u )  f (2v) Hay: f (b  2bc)  f (b)  f (2bc), b, c  R Nếu b  f (0)  f (0)  : Đúng Nếu b  b  x, c  y có f ( x  y )  f ( x)  f ( y), x, y  2b KẾT LUẬN Trong báo cáo trên, đưa số kiến thức phương trình hàm số tập cụ thể, Tuy nhiên với thời lượng cho phép báo cáo khơng nhiều, lượng tập đưa cịn chưa đầy đủ dạng Trong báo cáo tới, đưa thêm nhiều tập khác dang tập đầy đủ 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tài Chung, Lê Hồnh Phó; Chuyên khảo phương trình hàm; Đại Học Quốc Gia Hà Nội [2] Nguyễn Tài Chung; Bồi dưỡng phương trình hàm; Đại Học Quốc Gia Hà Nội [3] J Aczei; Lectures on FUNCTIONAL EQUATIONS and Their APPLICATIONS 19 ... 10 chữ số biểu diễn nhị phân số số bé 19 94  11 111 10 010 10 2 Suy M = 10 b) Với số tự nhiên n  19 94, ta có f  n   10 n số: 10 23  11 111 111 11? ?? 2 , 15 35  10 111 111 11? ?? 2 ,17 91  11 011 111 11? ??... 2 , 19 19  11 1 011 111 1 2 ,19 83  11 1 011 111 1 2 x2  , x  Giả sử f  x   x 2x f n  x   f  f n ? ?1  x   n  * , x  Bài toán 10 : Cho f  x   Chứng minh n  , x  ? ?1, 0 ,1 fn... 1? ??   x  1? ??   n n n? ?1 n f n ? ?1  x   x  1? ??2   x  1? ??2   x  1? ??2   x  1? ??2 ? ?1      n n? ?1 n n  x  1? ??2   x  1? ??2  2n 2n  x  1? ??  x  1? ??        n? ?1 n n1