Cac pp giai phuong trinh ham BD HSG

Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm.. Giải quyết tốt vấn đề đó chính là dẫn đến phương trình hàm.[r]

Néi dung

Phn 1: khái niệm bản Nguyên lí Archimede

Hệ quả:

Số k gọi phần nguyên x, kí hiệu [x]

Vậy:

2 Cận cận dưới

Giả sử A R

Số x gọi cận tập A với a A a x Số x gọi cận tập A với a A a x

Cận bé (nếu có) tập A gọi cận A kí hiệu supA

Cận lớn (nếu có) tập A gọi cận A kí hiệu infA

- Nếu A = (a;b) supA = b infA = a

- Nếu A = [a;b] supA = maxA = b infA = minA = a * Tính chất:

Tính chất1: Nếu A Ø, A bị chặn tồn supA, infA Tính chất2:

∀ε>0,∀x>0⇒∃k∈N❑;kε>x

∀x∈R⇒∃! k∈Z:k ≤ x<k+1

[x]≤ x<[x]+1

A⊂R

¿

∀ε>0,∃a∈A:α − ε<aa ≤α ,∀a∈A ¿

¿ α=supA⇔

¿

∀ε>0,∃a∈A:β+ε>aa ≥ β ,∀a∈A ¿

3 Hàm sơ cấp

+ Hàm số sơ cấp hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược

+ Hàm số sơ cấp hàm tạo thành hữu hạn phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp hàm số sơ cấp

+ Đặc trưng hàm:

Như ta biết, phương trình hàm phương trình thơng thường mà nghiệm hàm Để giải tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm Những tính chất quan trắc từ đại số sang hàm số gọi đặc trưng hàm

* Hàm tuyến tính f(x) = ax, f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng hàm f(x + y) = f(x) + f(y), với x, y * Hàm bậc f(x) = ax + b, f(x+y)=2f(x+y

2 )

Vậy đặc trưng hàm là: f(x+y

2 )=

f(x)+f(y)

2 , ∀x , y∈R

Đến ta nêu câu hỏi là: Những hàm có tính chất

f(x+y)=f(x)+f(y),∀x , y∈R Giải tốt vấn đề dẫn đến phương trình hàm Vậy phương trình hàm phương trình sinh đặc trưng hàm cho trước * Hàm luỹ thừa: f (x)=xk, x>0

Đặc trưng hàm là: f(xy)=f(x)f(y) * Hàm mũ: f(x)=ax(a>0, a ≠1)

Đặc trưng hàm là: f(x+y)=f(x)f(y) , ∀x , y∈R * Hàm Logarit: f(x)=logax , (a>0, a≠1)

Đặc trưng hàm là: f(xy)=f(x)+f(y) * Hàm lượng giác: f(x)=cosx

Đặc trưng hàm là: f(x+y)+f(x − y)=2f(x)f(y)

Hoàn toàn tương tự ta tìm đặc trưng hàm số

f(x)=sinx , f(x)=tanx với hàm Hypebolic: * sin hypebolic: shx=e

x

− e− x

2

* cos hypebolic: chx=e x

+e− x

* tan hypebolic: thx=shx

chx=

ex−e− x ex+e− x * cot hypebolic: cothx=chx

shx=

ex +e− x

ex− e− x - shx có TXĐ R, tập giá trị R - chx có TXĐ R, tập giá trị ¿ - thx có TXĐ R, tập giá trị (−1,1) - cothx có TXĐ ¿R¿{0

¿

, tập giá trị (− ∞, −1)∪(1,+∞)

4 Hàm cộng tính, nhân tính m ột tập hợp

- Hàm số f(x) gọi cộng tính tập xác định D với x, y D x + y D f(x + y) = f(x) + f(y)

- Hàm số f(x) gọi nhân tính tập xác định D với x, y D x

y D f(x y) = f(x) f(y)

- Nếu với x, y D mà x+y D , x – y D f( x – y) = f(x) – f(y)

f(x) gọi hàm cộng tính D

- Hàm hàm nhân tính

5 Hàm đơn điệu

+ Hàm số f(x) gọi tăng khoảng (a,b) nếu: Với x1, x2 (a,b), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2)

+ Hàm số f(x) gọi giảm khoảng (a,b) nếu: Với x1, x2 (a,b), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2)

6 Hàm tuần hoàn

Hàm số f(x) gọi tuần hoàn miền D, tồn số dương T >0 cho:

- ∀x0∈D , x0 + T D

Số T > bé thoã mãn hai điều kiện gọi chu kì sở hàm số tuần hoàn f(x)

I.Phương pháp 1: 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 hàng số. - Sử dụng phương trình hàm CơSi.

Bài1 (Xây dựng biến từ N đến R) Tìm hàm f:N → R thoã mãn: 1) f(x) liên tục R

2) f(1) =

3) f(xy) = f(x).f(y) - f(x+y) +1 , ∀x , y∈R Giải. Cho x = y = ta được: f(0) =

Cho x =1, y R ta được: f(y+1) = f(y) + (*)

Từ f(0) = 1, f(1) = (*) quy nạp ta suy f(n) = n + 1, ∀n∈N

Với n N, (*) suy f(-n) = f(-n+1) - = f(-n+2) - = … = f(0) - n = -n + Vậy f(z) = z + 1, ∀z∈Z

Với n∈N❑ , = f(1) = f (n.1

n)=f(n).f(

1

n)− f(n+

1

n)+1 (**) Mặt khác từ (*) ta lại

có:

f(n+1

n)=1+f(n −1+

1

n)=2+f(n −2+

1

n) =n+f(

1

n) Thế vào (**) ta được: f (1

n)=

1

n+1

Với q∈Q , q=m

n , m∈Z , n∈N

❑

ta có:

f(q)=f(m

n)=f(m).f(

1

n)− f(m+

1

n)+1=(m+1)(

1

n+1)− f(m+

1

n)+1 (***)

Từ (*) ta dễ dàng chứng minh được: f(m+1

n)=m+f(

1

n) Thế vào (***) ta đựơc f(q) = + q, ∀q∈Q

Với r R, tồn dãy {rn} với rn∈Q thoã mãn limrn=r Khi tính liên tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf (rn) = lim(rn + 1) = limrn + = r +

Tìm hàm f:[0;1

2]→[0;

2] thoã mãn:

1) f(x) liên tục đoạn [0;1

2]

2) f(x)=f(x2+1

4),∀x∈[0; 2]

Giải Với a [0;1

2] , xét dãy số:

¿ ¿ ¿

¿ ¿

Dễ dàng chứng minh {xn} không âm (a)

x0≤1

2⇒x1≤ x0

+1

4≤

2 Quy nạp suy xn

1 (b)

xn−1

2¿ 2≥0

xn+1− x=¿

⇒ xn+1≥ xn,∀n∈N (c)

Từ (a), (b), (c) suy xn [0;12] {xn} có giới hạn hữu hạn limxn=

1

2

Vậy với a [0;1

2] , f(a) = f(x1) = fx2) =…= lìm(xn) = f(12) = c (c số)

Thử lại thấy

Bài3 (Sử dụng phương trình hàm Cơsi) - VMO năm 2006 (bảng B)

Tìm f:R → R liên tục R thỗ mãn f(x-y).f(y-z).f(z-x) + = ∀x , y , z∈R (3)

Giải:

Cho x = t, z = -t, y = 0, ∀t∈R ta f(t).f(t).f(-2t) = -8 ⇒ f(−2t)= −8

(f(t))2<0⇒f(t)<0,∀t∈R Đặt g(x)=ln f(x)

−2 ⇒ f(x)=−2.e

g(x)

Thế vào (3) ta được: −8 eg(x− y)+g(y− z)+g(z − x)

=−8⇔g(x − y)+g(y − z)+g(z − x)=0 (*) + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta có g(0) = (a)

+ Cho y = z =0, x∈R , từ (a) ta đựoc g(x) = g(-x) (b)

Từ (*) (b) ta suy g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z) ⇒ x0=a

xn+1=xn2+1

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 ta thấy đúng.

II Phương pháp2: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức Bài1:

Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

(x3+3x2+3x+2)P(x −1)=(x3−3x2+3x −2)P(x),∀x (1) Giải:

(1) ⇔ (x+2)(x2+x+1)P(x −1)=(x −2)(x2− x+1)P(x),∀x Chọn: x = -2 ⇒ P(-2) =

x = -1 ⇒ P(-1) = x = ⇒ P(0) = x = ⇒ P(1) = Do P(x)=x(x −1)(x+1)(x+2).G(x) Thay P(x) vào (1) ta được:

(x+2)(x2+x+1)(x −1)(x −2)x(x+1).G(x −1)=(x −2)(x2− x+1)x(x −1)(x+1)(x+2).G(x) ,

∀x

⇒ (x2+x+1)G(x −1)=(x2− x −1)G(x) , ∀x ⇔ G(x)

x2+x+1=

G(x −1)

x2− x −1,∀x

Đặt: R(x)= G(x)

x2+x+1 (x ≠0,±1,−2) ⇒ R(x)=R(x −1) , (x ≠0,±1,−2) ⇒ R(x)=C

Vậy: P(x)=C(x2+x+1)x(x −1)(x+1)(x+2) Thử lại thấy P(x) thỗ mãn điều kiện tốn

Chú ý:

Do đó: (x3+3x2+3x+2)xP(x)=(x2−1)(x2− x+1)P(x+1) Từ ta có tốn sau:

Bài2:

Tìm P(x) với hệ số thực thỗ mãn đẳng thức:

(x3+3x2+3x+2)xP(x)=(x2−1)(x2− x+1)P(x+1) , ∀x

(Giải toán tương tự 1)

Tương tự ta xét:

P(x)=(x2+1)(x2−3x+2) ta có tốn sau: Bài3:

Tìm P(x) với hệ số thực thỗ mãn đẳng thức:

(4x2+4x+2)(4x2−2x).P(x)=(x2+1)(x2−3x+2).P(2x+1),∀x∈R

Tương tự xây dựng đề toán khác.

III.Phương pháp 3: Hệ số bất định Nguyên tắc chung:

+ Dựa vào điều kiện toán, xác định dạng f(x), thường f(x) = ax + b f(x) = ax2 + bx + c

+ Đồng hệ số f(x)

+ Chứng minh hệ số khác f(x) khơng thỗ mãn điều kiện tốn Bài1: Đa thức f(x) xác định với x R thoã mãn điều kiện:

2f(x) + f(x-1) = x2 , ∀x∈R (1) Tìm f(x).

Giải:

Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc nhất: x; x-1 vế phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c

Khi (1) trở thành:

2(ax2 + bx + c) + a(x-1)2 + b(x-1) + c = x2 ∀x∈R đó:

Đồng hệ số, ta thu được:

¿ ¿ ¿

¿ ¿

¿ ¿ ¿

¿ ¿

Vậy f(x)=1

3(x

+2x −1)

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thoã mãn điều kiện tốn

Cơng việc cịn lại ta phải chứng minh hàm số khác f(x) không thỗ mãn điều kiện tốn

Thật giả sử cịn có hàm số g(x) khác f(x) thỗ mãn điều kiện tốn Do g(x) khơng trùng với f(x) nên ∃x0∈R:g(x0)≠ f(x0)

Do g(x) thoã mãn điều kiện toán nên:

2g(x) + g(1-x) = x2 ∀x∈R

Thay x x0 ta được: 2g(x0) + g(1-x0) = x02

Thay x 1-x0 ta 2g(1-x0) + g(x0) = (1-x0)2

Từ hai hệ thức ta được: g(x0) = 13(x0

+2x −1) = f(x0) Điều mâu thuẫn với f(x0) g(x0)

Vậy phương trình có nghệm f(x)=1

3(x

+2x −1) Bài2:

Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với ∀x∈R thoã mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, ∀x∈R

Hãy tìm hai hàm số

Giải

Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) - f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính

Vì ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b Khi (1) trở thành:

a(ax + b) + b - ax - b = x , ∀x∈R

3a = a=

1

b - 2a = a + b + 3c =

⇔ b=2

3

c=−1

hay (a2 - a)x + ab = x, ∀x∈R

Đồng hệ số ta được: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Ta tìm hai hàm số cần tìm là:

Hiển nhiên hai hàm số thoã mãn điều kiện toán

Bài 3:

Hàm số f: Z → Z thoã mãn đồng thời điều kiện sau: a) f(f(n)) = n, ∀n∈Z (1) b) f(f(n + 2) + 2) = n, ∀n∈Z (2) c) f(0) = (3) Tìm giá trị f(2009), f(-2010)

Giải:

Cũng nhận xét lí luận ví dụ trước, ta đưa đến f(n) có dạng: f(n) = an + b

Khi điều kiện (1) trở thành:

Đồng hệ số ta được: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Với ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

ta f(n) = n Trường hợp f(n) khơng thỗ mãn (2)

a2−a=1 a=

1+√5

2 a=

1−√5

ab=0 b=0 b=0

f (x)=1±√5

2 x

a2n

+ab+b=n ,∀n∈Z

a2

=1 a=1 a=−1

ab+b=0 b=0 b∈R

a=1

b=0

Với ¿ ¿ ¿

¿ ¿

ta f(n) = -n + b Từ điều kiện (3) cho n = ta b = Vậy f(n) = -n +

Hiển nhiên hàm số nầy thỗ mãn điều kiện tốn

Ta phải chứng minh f(n) = -n + hàm số thỗ mãn điều kiện tốn Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thoã mãn điều kiện toán Từ (3) suy f(0) = g(0) =

Từ (2) suy f(1) = f(f(0)) = g(1) = g(g(0)) = Sử dụng (1) (2) ta nhận được:

g(g(n)) = g(g(n+2) + 2), ∀n∈Z Do g(g(g(n))) = g(g(g(n+2) + 2)), ∀n∈Z

Hay g(n) = g(n+2) + 2, ∀n∈Z (4)

Giả sử n0 số tự nhiên bé làm cho: f(n0) g(n0) (5)

Do f(n) thoã mãn (4) nên ta có:

g(n0 - 2) = g(n0) + = f(n0) + = f(n0 - 2)

⇔ f(n0 - 2) = g(n0 - 2)

Mâu thuẫn với giả thiêt n0 số tự nhiên bé thoã mãn (5)

Vậy: f(n) = g(n), ∀n∈N

Chứng minh tương tự ta có f(n) = g(n) với n nguyên âm Vậy: f(n) = -n + nhgiệm

Từ ta tính f(2009) = - 2008, f(-2010) = - 2011

* Các toán tương tự:

Bài 1:

Hàm số f: N → N thoã mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n∈N Tìm f(2010)

Bài2:

Tìm tất hàm f: → N N cho: f(f(n)) + (f(n))2 = n2 + 3n + 3, ∀n∈N

Phương pháp: Chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để từ phương trình hàm chứa biên ta đưa dạng phương trình biến để từ xác định hàm số cần tìm

Bài1:

Tìm f: R → R cho:

(x - y)f(x+y) - (x + y)f(x-y) = 4xy(x2 - y2), ∀x , y∈R

Giải Đặt: ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇒ vf(u)−uf(v)=(u2− v2)uv ⇒ f(u)

u − u

2

=f(v)

v − v

2

, ∀u , v ≠0

Chọn v = ta có:

⇒ f(u)=u3+au,∀u ≠0 (a = f(1) - 1) Cho x = y = ta có 2f(0) = f(0) = Kết luận: f(x)=x3+ax , ∀x∈R

Bài2:

Tìm hàm số f(x) cho:

f(x −1)−3f( x −1

1−2x)=1−2x ,∀x ≠

1

Giải Đặt: 1x −−21x=y −1⇒x= y

2y −1⇒x −1= 1− y

2y −1

⇒ f( 1− y

2y −1)−3f (y −1)=

−1

2y −1,∀ y ≠ ⇒ f( x −1

1−2x)−3f(x −1)= −1

2x −1,∀x ≠

⇒

⇒ −8f(x −1)=1−2x+

1−2x,∀x ≠

1

⇒ f(1− x)=1

8(−1+2x+

2x −1),∀x ≠

⇒ f(x)=1

8(1+2x+

2x+1),∀x ≠

1

x=¿

u+v

2

u=x+y

v=x − y y=

u − v

2

f(x −1)−3f( x −1

1−2x)=1−2x ,∀x ≠

1

¿ ¿ ¿

¿

¿ f( x −1

1−2x)−3f(x −1)= −1

Các tập tương tự Bài1:

Tìm hàm số f: R → R thoã mãn điều kiện:

f(x+y)+f(x − y)−2f(x)f(1+y)=2 xy(3y − x2),∀x , y∈R Đáp số: f(x) = x3

Bài2:

Tìm hàm số f: R → R nếu:

3f( x −1

3x+2)−5f(

1− x x −2)=

8

x −1,∀x∉{0,− 3,1,2}

Đáp số: f(x)=28x+4

5x

Bài3:

Tìm tất cá c đa thức P(x) R[x] cho : P(x + y) = P(x) + P(y) = 3xy(x + y), ∀x , y∈R Đáp số: P(x) = x3 + cx

V Phương pháp5: Phương pháp xét giá trị Bài1:

Tìm hám số f:R → R thoã mãn điều kiện: 12f(xy)+1

2f(yz)− f(x)f(yz)≥

4,∀x , y , z∈R (1)

Giải: Cho x = y = z = thay vào (1) ta

12f(0)+1

2f(0)− f

(0)≥1

4 ⇔ f(0)−

1 2¿

2

≤0

¿

⇔ f(0)=1

2

Cho y = z = Thay vào (1) ta được: 14+1

4−

1 2f(x)≥

1

⇔ f(x)≤1

2,∀x∈R (2)

Cho x = y = z = thay vào (1) ta

f(1)−1

2¿

≤0

2f(1)+

2f(1)− f

(1)≥1

4⇔¿

⇔ f(1)=1

2

Cho y = z = thay vào (1) ta 12f(x)+1

2f(x)− f(x) 2≥

1

⇔ f(x)≥1

2,∀x∈R (3)

Từ (2) (3) ta có f(x)=1

2

Thay vào thỗ mãn điều kiện (1) Vậy hàm số cần tìm f(x)=1

2

Bài2:

Cho f:(0;1)→ R thoã mãn điều kiện:

f(xyz) = xf(x) + yf (y) + zf(z), ∀x , y , z∈(0;1) (1) Giải

Chọn x = y = z thay vào (1) ta được:

f(x3)=3 xf(x), ∀x∈(0;1) Thay x, y, z x2ta được

f (x6)=3x2f(x2) Mặt khác từ (1) ta có:

f(x6)=f(x.x2.x3)=xf(x)+x2f(x2)+x3f(x3) hay 3x2f(x2)=xf(x)+x2f(x2)+x3f(x3)

⇔ 2x2f(x2)=xf(x)+x3f(x3) ⇔ 2x2f

(x2)=xf(x)+3x4f (x) ⇒

2

x¿

2x2f(¿)=(x+3x4)f(x) ⇒ f(x)=1+3x

3 2x f(x

2

Thay x x3 ta được

f (x3)=1+3x

9 2x3 f(x

6

)

⇔ xf(x)=1+3x

9 2x3 3x

2

f(x2) ⇔ f(x)=1+3x

9 2x2 f(x

2

) (3) Từ (2) (3) ta suy ra:

1+3x3

2x f(x

2

)=¿ 1+3x

9 2x2 f(x

2

) , ∀x∈R

⇒ f(x2)=0,∀x ≠0 thay vào (2) suy ra: f(x)=0,∀x ≠0 Vậy: f (x)=0,∀x∈(0,1)

VI.Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm a.Lí thuyết:

+) Khái niệm dãy số:

Dãy số hàm đối số tự nhiên: x:N → N

n↦x(n) Vì n∈{0,1,2,3, .}

⇒ (xn)={x0, x1, x2, } +) Định nghĩa sai phân: Xét hàm x(n) = x0

Sai phân cấp hàm xn là: Δxn=xn+1− xn

Sai phân cấp hàm xn là: Δ2xn=Δxn+1− Δxn=xn+2−2xn+1+xn

Sai phân cấp k hàm xn là:

−1¿iCki xn+k −i ¿

Δkxn=∑ i=0

k ¿ +) Các tính chất sai phân:

* Sai phân cấp biểu thị qua hàm số * Sai phân có tính chất tuyến tính:

Δk

Δkxn đa thức bậc m - k m > k số m = k

m < k Ví dụ:

Xét dãy số hữu hạn: 1,-1,-1,1,5,11,19,29,41,55 Tìm quy luật biểu diễn dãy số

Giải Ta lập bảng sai phân sau:

xn -1 -1 11 19 29 41 55

Δxn -2 0 2 4 6 8 10 12 14

Δ2x

n 2 2 2 2

Vậy Δ2x

n=const xn đa thức bậc hai: xn=an2+bn+c

Để tính a, b, c ta đưa vào giá trị đầu x0 = 1, x1 = -1, x2 = -1 sau ta giải hệ phương

trình ta nhận được: a = 1, b = -3, c = Do đó: xn = n2 - 3n +

+) Phương trình sai phân tuyến tính nhất a0xn+k+a1xn+k−1+ +akxn=0, ak,a0≠0 (1) Gọi phương trinh tuyến tính cấp k +) Phương trình đặc trưng

a0λk+a1λk −1+a2λk −2+ +ak=0 (2) +) Nghiệm tổng qt

Nếu phương trình (2) có k nghiệm phân biệt λ1 , λ2 , λ3 ,…, λk nghiệm tổng quát (1) xn=c1λ1n+c2λ2n+ +ckλkn

Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn λ1 có bội s nghiệm tổng quát (1) là:

xn=c1λ1

n

+c2nλ2

n +c3n

2

λ3

n

+csn s −1

λ1

n

+cs+1n

s

λs+1

n

+ +ckλk n

b Bài toán áp dụng: Bài1:

Cho dãy số (xn) có: xn+3 = 6xn+2 - 11xn+1 + 6xn (1) x0 = 3, x1 = 4, x2 = -1

Hãy tìm xn

Ta có (1) ⇔ xn+3 - 6xn+2 + 11xn+1 - 6xn =

Phương trình đặc trưng là:

λ3−6λ2+11λ −6=0 ⇔ λ=1, λ=2, λ=3 Suy ra: xn = c1 + c22n + c33n (2)

Để tìm c1, c2, c3 ta thay x0 = 3, x1 = 4, x2 = -1 vào (2) ta tìm được:

¿ ¿ ¿

¿ ¿

Từ ta có xn=−

3 2+8

n

−7

23

n

Bài2:

Cho dãy số (xn) có

xn = 7xn-1 - 11xn-2 + 5xn-3 , ∀n≥3 (1) x0 = 0, x1 = 1, x2 =

Tìm xn

Giải: Ta có (1) ⇔ xn - 7xn-1 + 11xn-2 - 5xn-3 =

Phương trình đặc trưng là:

λ3−7λ2+11λ −5=0 ⇔ λ=1, λ=1, λ=5 Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: xn=c1+c n+c35

n (2)

Để tìm c1, c2, c3 ta thay x0 = 0, x1 = 1, x2 = vào (2) ta tìm được:

¿ ¿ ¿

¿ ¿

c1=−32

c2=8

c=−7

2

c2=

c=−

16

c1=−

Từ ta được: xn=−

16 + 4n+

1 16

n

Chú ý: Đối với phương pháp sai phân, ta có số khác phương trình sai

phân tuyến tính khơng nhất, phương trình sai phân phi tuyến có hệ thống phương pháp giải để tuyến tính hố phương trình sai phân Song liên quan đến phương trình viết này, nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản (chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính có nghiệm phức) c Áp dụng phương trình hàm:

Bài1:

Tìm hám số f:R → R thỗ mãn điều kiện:

f(f(x)) = 3f(x) - 2x, ∀x∈R Giải

Thay x f(x) ta được:

f(f(fx))) = 3f(f(x)) - 2f(x), ∀x∈R

, ∀x∈R

Hay fn+2(x)=3fn+1(x)−2fn(x),n ≥0 Đặt: xn=fn(x), n ≥0

Ta phương trình sai phân: xn+2=3xn+1−2xn Phương trình đặc trưng là:

λ2−3λ

+2=0⇔λ=1∨λ=2 Do xn=c1+c22n

Ta có: x0=c1+c2=x x1=c1+2c2=f(x)

Từ ta được: c1=2x − f(x), c2=f(x)− x

Vậy: f (x)=x+c2 f(x)=2x − c1

Bài2:

f( f(x))

⏟

n+2

=3f⏟( .f(x)) n+1

Tìm tất hàm xác định N thoã mãn đồng thời điều kiện sau: 2f(n)f(k+n)−2ff(k − n)=3f(n)f(k), k ≥ n

(1)=1

Giải: Cho k = n =

⇒⇔2ff2(0)−2f (0)=3f2(0) (0)=0∨f(0)=−2

Nếu f(0) = chọn n = ta được: -2f(k) = f(k) = với k Chọn k = ta f(1) = mâu thuẫn với giả thiết

Vậy: f(0) = -2

Chọn n = ta phương trình:

2f(1)f(k+1)−2f(k −1)=3f(1)f(k),∀k ⇔2f(k+1)−2f(k −1)=3f(k),∀k

Đặt: xk=f(k) ta có phương trình sai phân: 2xk+1−3xk−2xk −1=0

Phương trình đặc trưng là:

2λ2−3λ −2=0⇔λ=2∨λ=−1

2

Vậy: f(n)=c12n+c2(−1 2)

n

Ta tìm c1, c2

Tư điều kiện f(0) = -2, f (1) = thay vào ta tìm c1 = 0, c2 = -2

Vậy: f(n)=−2(−1

2)

n

VII.Phương pháp 7: Điểm bất động * Điểm bất động:

Trong số học, giải tích khái niệm điểm bất động, điểm cố định quan trọng trình bày chặt chẻ thơng qua hệ thống lí thuyết Ở tơi nêu ứng dụng qua số tốn phương trình hàm

Bài1:

f(x + 1) = f(x) + , ∀x∈R Giải:

Ta suy nghĩ sau:

Từ giả thiết ta suy c = c + c = ∞

Vì ta coi f(1) ta được: f(x + 1) = f(x) + f(1) (*)

Như ta chuyển phép cộng phép cộng Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a:

Trong f(x) = ax Từ giả thiết ta

a(x + 1) = ax + ⇔ a = Vậy ta làm sau:

Đặt: f(x) = 2x + g(x)

Thay vào (*) ta có: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) +2, ∀x∈R Điều tương đương với:

g(x +1) = g(x), ∀x∈R Vậy g(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Vậy: f(x) = 2x + g(x) với g(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Nhận xét: Qua tốn ta tổng quát lên thành toán sau:

TQ: Tìm hàm số f(x) thỗ mãn:

f(x + a) = f(x) + b, ∀x∈R , a, b tuỳ ý Bài 2:

Tìm hàm f(x) cho:

f(x + 1) = -f(x) + 2, ∀x∈R (1)

Giải: Ta đưa đến c = -c + c =

Vậy đặt: f(x) = + g(x), thay vào (1) ta phương trình: g( x + 1) = -g(x), ∀x∈R

Do ta có:

¿ ¿ ¿

¿ ¿

⇔ ¿ ¿ ¿

¿ ¿

Ta chứng minh nghiệm (3) có dạng: g(x)=1

2[h(x)− h(x+1)] ,

ở h(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Nhận xét:

Qua ví dụ ta tổng qt thành tốn: TQ: Tìm hàm số f(x) cho:

f(x + a) = -f(x) + b, ∀x∈R , a,b tuỳ ý Bài 3:

Tìm hàm số f(x) cho:

f(x + 1) = 3f(x) + 2, (1) Giải:

Ta tìm c cho c = 3c + suy c = -1 Đặt: f(x) = -1 + g(x)

Lúc (1) có dạng: g(x + 1) = 3g(x) , ∀x∈R

Coi g(1) ta có: g(x + 1) = g(1).g(x) , ∀x∈R (2)

Từ đặc trưng hàm chuyển phép cộng phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ: g(x)=ax,(a>0, a ≠1)

Nên ta có: ax+1

=3ax⇔a=3

Vậy ta đặt: g(x)=3xh(x) thay vào (2) ta được: h(x + 1) =h(x), ∀x∈R Vậy h(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Kết luận: f(x)=−1+3xh(x) với h(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Nhận xét:

Từ ta đưa đến tốn tổng qt là: TQ: Tìm hàm số f(x) cho

f(x + a) = bf(x) + c, ∀x∈R , a,b,c tuỳ ý, b>0, b khác ( Với loại chuyển hàm tuần hoàn)

g(x+2)=g(x)

g(x)=1

2[g(x)− g(x+1)]

g(x+2)=g(x)

∀x∈R (3)

∀x∈R

Còn: f(x + a) = bf(x) + c, ∀x∈R , a,b,c tuỳ ý, b<0, b khác chuyển hàm phản tuần hoàn

Bài 4:

Tìm hàm số f(x) cho:

f(2x + 1) = 3f(x) - , ∀x∈R (1) Giải:

Ta có: c = 3c - suy c = Đặt f(x) = + g(x)

Khi (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x), ∀x∈R (2)

(Khi biểu thức bên có nghiệm khác ∞ thì ta phải xử lí cách khác).

Từ 2x + = x suy x =

Vậy đặt: x = -1 + t ta có 2x + = -1 + 2t

Khi (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t) , ∀t∈R Đặt: h(t) = g(-1 + 2t), ta h(2t) = 3h(t) (3) Xét 2t = t ⇔ t = 0, 2t¿m=3.tm⇔m=log23

¿ Xét khả sau:

+) Nếu t = ta có h(0) = +) Nếu t > đặt h(t)=tlog23ϕ

(t) thay vào (3) ta có ϕ(2t)=ϕ(t),∀t>0 Đến ta đưa ví dụ hàm tuần hồn nhân tính

+) Nếu t < đặt h(t)=|t|log23

ϕ(t) thay vào (3) ta ⇔

¿ ¿ ¿

¿ ¿

⇔

¿ ¿ ¿

¿ ¿

Nhận xét:

Bài toán tổng quát dạng sau: TQ: Tìm hàm số f(x) cho:

f (αx+β)=f()+b , α ≠0,±1

ϕ(2t)=−ϕ(t),∀t<0

ϕ(4t)=ϕ(t),∀t<0

ϕ(t)=1

2[ϕ(t)−ϕ(2t)],∀t<0

Khi phương trình αx+β=x ta chuyển điểm bất động o, ta 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, ∀≠ −1 (1)

Nghiệm 2x + = x ⇔ x = -1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠0

Đặt: g(t) = f(-1 + t) ta g(2t) = g(t) + 2, ∀t ≠0 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên hàm loga

Ta có loga(2t)=logat −2⇔a= √2

Vậy đặt: g(t)=log1

√2

|t|+h(t) .

Thay vào (2) ta có: h(2t)=h(t),∀t ≠0 Đến toán trở nên đơn giản VIII Phương pháp Phương pháp sử dụng hệ đếm

Ta quy ước ghi m =(bibi-1…b1)k nghĩa hệ đếm số k m = bibi-1…b1

Bài1 (Trích IMO năm 1998): Tìm f:N❑

→ N❑ thỗ 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) - f(2n), ∀n∈N❑ (1) Giải:

Tính giá trị hàm số chuyển sang số ta dự đoán được: " ∀n∈N❑ , n = (b

ibi-1…b1)2 f(n) = (b1b2…bi)2” (*) Ta chứng minh (*)

quy nạp

+ Với n = 1, 2, 3, dể kiểm tra (*)

+ Giả sử (*)đúng cho k < n Ta chứng minh (*)đúng 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 suy (*)đúng

⇒ ⇒ f(n) = f((bibi-1…b101)2) = f(4m + 1) = 2.f(2m + 1) - f(2m) = 2.f((bibi-1…

b11)2) - f((b1b2…bi)2 ) = (10)2.(1b1b2…bi)2 - (b1b2…bi)2 = (1b1b2…bi0)2 - (b1b2…bi)2 =

= (10b1b2…bi)2 suy (*)đúng

* Nếu nlẻ n = 4m + Giả sử m = (bibi-1…b1)2, n = (bibi-1…b111)2

⇒ f(n) = f((bibi-1…b111)2) = f(4m + 3) = 3.f(2m + 1) - 2.f(2m) = 3.f((bibi-1…b11)2)

- 2.f((b1b2…bi)2 ) = (11)2.(1b1b2…bi)2 - (10)2.(b1b2…bi)2 = (11b1b2…bi)2 suy

(*)đúng

Vậy (*)đúng hàm f xác định (*)> Bài 2.(Trích đề thi Trung Quốc)

Tìm hàm số f:N❑→ N❑ thoã mãn:

a) f(1) = (1)

b) f(2n) < 6f(n) (2) c) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n) + 1), ∀n∈N❑ (3)

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) xác định sau:

"Với n = (b1b2…bi)2 f(n) = (b1b2…bi)3, ∀n∈N❑ " (*) Ta chứng minh (*)

phương pháp quy nạp

+ Với n = 1, 2, 3, hiển nhiên (*)đúng

+ Giả sử (*)đúng cho k<n (với n 4) Ta chứng minh (*)đúng cho n Giả sử m = (c1c2…cj)2

- Nếu n chẵn: n = 2m, n = 2m = (c1c2…cj0)2 Khi

f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2…cj)2) = (10)3.(c1c2…cj)3 = (c1c2…cjo)3 ⇒ (*)

chẵn

- Nếu n lẻ: n = 2m + 1, n = (c1c2…cj1)2 Khi đó:

f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + = 3.f((c1c2…cj)2) + = (10)3.(c1c2…cj)3 + 13 = (c1c2…cj1)3

⇒ (*) cho n lẻ

Các tài liệu tham khảo: - Phương trình hàm - Tác giả: Nguyễn Văn Mậu

- Hàm số ứng dụng hàm số - Tác giả: Phan Huy Khải

- Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi - Trường ĐHKH Tự Nhiên

Mơc lơc

Lời nói đàu

PhÇn 1: Những khái niệm

Phần 2: Các phơng pháp thờng dùng để giải phơng trình hàm

- Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số

- Sử dụng tính chất nghiệm đa thức

- Hệ số bất định

- Phương pháp dồn biến 12

- Phương pháp xét giá trị 14

- Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm 15

- Điểm bất động 20

- Phương pháp sử dụng hệ đếm 23