Đề tài Phương trình hàm trên tập số thực

Nội dung tài liệu: Đề tài Phương trình hàm trên tập số thực

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC NHÓM THỰC HIỆN: Nguyễn Hoàng Yến Nhi Vũ Minh Hiếu Nguyễn Thị Phương Thảo Nguyễn Trung Kiên Lã Thị Thu Huyền Nguyễn Mai Thuỷ Triệu Khánh Huyền Trần Hằng Mai GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VŨ THỊ VÂN LẠI THU HẰNG Bắc giang, tháng 03 năm 2023 0
2. MỤC LỤC Nội dung Trang Lời nói đầu 2 CHƯƠNG I. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 4 1.1. Khái niệm về phương trình hàm 4 1.2. Một số phương pháp giải phương trình hàm 4 1.3. Các phương pháp giải phương trình hàm 4 CHƯƠNG II. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH KHAI 29 THÁC TÍNH ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH 2.1. Lý thuyết cơ bản về ánh xạ 29 2.2. Một số bài toán áp dụng 30 CHƯƠNG III. PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY 41 3.1. Lý thuyết cơ bản về hàm Cauchy 41 3.2. Các tính chất 41 3.3.Một số bài toán đưa về hàm Cauchy 41 CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN 48 4.1. Phương pháp thế biến 48 4.2. Phương pháp qui nạp 50 4.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng 51 4.4. Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số 52 4.5. Phương pháp hệ số bất định 54 CHƯƠNG V. PHƯƠNG TRÌNH HÀM NHIỀU BIẾN 56 5.1. Phương trình hàm với hai biến tự do 56 5.2. Phương trình hàm chuyển đổi các phép toán số học 62 Tài liệu tham khảo 72 1
3. LỜI MỞ ĐẦU Phương trình hàm là một lĩnh vực khó trong chương trình nâng cao của toán sơ cấp, cũng như đối với chương trình chuyên Toán THPT. Các phương pháp giải thường đa dạng và mang tính đặc thù, phụ thuộc nhiều vào giả thiết của từng bài toán cụ thể và rất khó phân lớp phương trình hàm theo phương pháp giải. Lời giải của một bài toán về phương trình hàm thường đòi hỏi nhiều kỹ năng và kiến thức khác nhau của học sinh: kỹ năng biến đổi, các kiến thức về hàm số, nghiệm tổng quát của một số phương trình hàm cơ bản, Với bài nghiên cứu này, nhóm em muốn đề cập đến một mảng phương trình hàm khá phổ biến trong chương trình chuyên, khá gần gũi với các bạn học sinh, đó là “Phương trình hàm trên tập số thức”. Nội dung đề tài trình bày theo năm chương. Chương 1: Đại cương về phương trình hàm Ở phần 1, bài viết đưa ra một khái niệm tổng quan về phương trình hàm, đồng thời trình bày một số các phương pháp giải bài toán phương trình hàm. Đây sẽ là một số hướng tư duy mà các bạn học sinh có thể tiếp cận. Tuy nhiên, một bài toán thường là sự tổ hợp của nhiều phương pháp nên việc ghi nhớ một số phương pháp cơ bản sẽ giúp chúng ta dễ dàng tìm ra cách giải quyết những bài toán phức tạp. Chương 2: Giải phương trình bằng cách khai thác tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh Trong chương trình chuyên toán ở các trường THPT chuyên, chúng ta không thể phủ nhận phương trình hàm là một mảng kiến thức quan trọng. Hiện nay tài liệu về phương trình khá phong phú. Tuy vậy, việc giải được phương trình hàm vẫn là vấn đề khó đối với nhiều học sinh. Trong chuyên đề nhỏ này, chúng em trình bày một phương pháp thông dụng và quan trọng để giải phương trình hàm trên tập số thực, đó là phương pháp sử dụng tính chất ánh xạ. Chương 3: Phương trình hàm Cauchy Phương trình hàm Cauchy là một trong những dạng phương trình hàm cơ bản, đóng vai trò nòng cốt về phương pháp luận cũng như phương pháp giải các bài toán liên quan. Chúng ta dễ dàng nhận thấy ở phương trình hàm Cauchy có một mối liên quan mật thiết với tính chất hàm cộng tính. Đây là một trong những điểm đặc biệt, làm nên vẻ đẹp của phương trình hàm Cauchy. Nó cũng là nội dung mà chúng em tìm hiểu trong chương 3 này. Chương 4: Phương trình hàm một biến Dạng phương trình hàm một biến là một dạng bài chúng ta có thể bắt gặp khá nhiều khi các bạn học sinh mới học về phương trình hàm. Từ dạng bài ấy, học sinh có thể khai thác sâu về những phương pháp giải như thế biến, quy nạp, và làm quen với các tính chất của hàm số: tính liên tục, tính đơn điệu, . Đây có thể coi là phần “ Gốc rễ” giúp chúng ta làm quen và đồng thời hình thành tư duy giải bài tập phương trình 2
4. hàm cho nhiều dạng bài khác. Chính vì vậy, ở chương 4, bài viết đem tới cho mọi người những kiến thức của phương trình hàm một biến và nghiên cứu sâu các phương pháp của từng dạng. Chương 5: Phương trình hàm nhiều biến Đối với phương trình hàm 2 biến, 3 biến, hay nhiều biến, các bạn học sinh thường gặp khó khăn trong việc tìm lời giải. Thế nhưng, để có thể làm được dạng bài tập này, ta sẽ tập trung vào vận dụng những tính chất và phương pháp cơ bản mà ta đã học trước đó để đi sâu vào khai thác bài toán. Cụ thể, bằng những phương pháp cơ bản như thế biến, áp dụng tính đơn ánh, song ánh, toàn ánh, chuyển đổi các phép toán số học, từ một bài toán nhiều biến (phức tạp), ta có thể đưa về dạng một biến hoặc đưa về các dạng quen thuộc (đơn giản) với chúng ta như phương trình hàm Cauchy. Đến đây, các bạn học sinh có thể dễ dàng tìm ra lời giải và hiểu thêm về dạng bài này. Tất cả những điều ấy đều được chúng em đúc kết và tìm hiểu thông qua chương 5: Phương trình hàm với nhiều biến. Trong quá trình từ lựa chọn đề tài cho chuyên đề đến thực hiện chuyên đề, chúng em đã nhận được sự hướng dẫn, cổ vũ, động viên nhiệt tình của Cô Vũ Thị Vân và Cô Lại Thu Hằng. Qua đó, chúng em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến hai cô cùng với các thành viên trong nhóm đã cùng nhau xây dựng nên một chuyên đề hoàn chỉnh. Dù đã cố gắng hết sức, nhưng do thời gian và khà năng có hạn, do đó khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Chúng em rất mong rất mong nhận được sự góp ý chân thành của quý bạn đọc gần xa để có thể ngày càng hoàn thiện hơn. 3
5. CHƯƠNG I. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1.1. Khái niệm về phương trình hàm - Phương trình hàm là những phương trình mà yếu tố chưa biết chính là các hàm số, giải phương trình hàm tức là tìm các hàm số chưa biết đó. - Cấu trúc cơ bản của một phương trình hàm gồm ba phần chính: * Miền xác định và miền giá trị * Phương trình hoặc hệ phương trình hàm * Một số điều kiện bổ sung ( tăng, giảm, đơn điệu, bị chặn, liên tục khả vị, ) - Người ta phân loại phương trình hàm theo hai yếu tố chính: miền giá trị và số biến tự do. - Bài tập tổng quát: Cho , 푌 là hai tập số. xác định hàm số f: X Y thoả mãn một số điều kiện (∗) cho trước. Ví dụ: Xác định tất cả các hàm số f : thoả mãn f( x y ) f ( x ) f ( y ),  x ; y . 1.2. Một số phương pháp giải phương trình hàm - Giải một phương trình hàm nghĩa là tìm tất cả các hàm thỏa mãn phương trình hàm đã cho. Và để thu được một lời giải hoàn chỉnh, các hàm phải được hạn chế trong một điều kiện tự nhiên đặc biệt (chẳng hạn như giải tích, bị chặn, liên tục, lồi, khả vi, đo được hay đơn điệu). - Một số kĩ thuật khi giải phương trình hàm: * Kĩ thuật 1: Tìm các nghiệm riêng đơn giản như là hàm hằng, hàm bậc nhất, Dựa vào các nghiệm này để hiểu hơn về hàm cần tìm, có thể có phương hướng tìm ra cách giải. * Kĩ thuật 2: Tìm các giá trị đặc biệt của fx(), chẳng hạn: f(0); f (1); f ( 1); f (2);...Đôi khi, nếu f(0); f (1); f ( 1); f (2) không tính được, ta có thể đặt chúng bằng tham số. Chẳng hạn: fa(0) * Kĩ thuật 3: Nghiên cứu các tính chất đặc biệt của hàm ( đơn ánh; song ánh; liên tục; khả vi; chẵn lẻ; ) * Kĩ thuật 4: Khai thác tính đối xứng của phương trình hàm. 1.3. Các phương pháp giải phương trình hàm 1.3.1. Phương pháp 1: Hệ số bất định.  Nguyên tắc chung:  Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của fx()thường là f() x ax b hoặc f() x ax2 bx c .  Đồng nhất hệ số để tìm fx(). 4
6. Ví dụ 1: Tìm f : thoả mãn : fxfy ( ) x xy fx ( ),  xyR , . (1) Lời giải. x 1 Thay vào (1) ta được: y f( f ( y ) 1) y f (1) . (2) Thay bởi f (1) 1 vào (1) suy ra f( f ( f (1) 1) 1) 1. Đặt a f( f (1) 1) 1 ta được fa( ) 1. ya Chọn ta được: x fxfa( ( ) x ) xa fx ( ) xa fx ( ) f (0). Đặt f(0) b f ( x ) ax b .Thế vào (1) và đồng nhất hệ số ta được: 2 a 1 a 1 f() x x a 1 . ab a a f() x x b 0 f() x x Vậy có hai hàm số cần tìm là . f() x x Ví dụ 2: Đa thức fx()xác định với  x và thỏa mãn điều kiện: 2f ( x ) f (1 x ) x2 ,  x (1). Tìm fx(). Lời giải. Ta nhận thấy vế trái của biểu thức trong f là bậc nhất: xx,1 ;vế phải là bậc hai x2 Vậy fx() phải có dạng: f() x ax2 bx c . Khi đó (1) trở thành: 2(axbxca2 ) (1 x ) 2 b (1 xcx ) 2 ,  x . Do đó: 3ax22 ( b 2 a ) x a b 3 c x ,  x . Đồng nhất các hệ số, ta thu được: 1 a 3 31a 2 b 20 a b . 3 a b 30 c 1 c 3 5
7. 1 Vậy f( x ) ( x2 2 x 1),  x . 3 Thử lại ta thấy hiển nhiên fx()thỏa mãn điều kiện bài toán. Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác fx()sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử còn hàm số gx()khác fx()thỏa mãn điều kiện bài toán. Do fx()không trùng với gx()nên x0 :()() g x 0 f x 0 . Do gx()thỏa mãn điều kiện bài toán nên: 2g ( x ) g (1 x ) x2 ,  x . Thay x bởi x0 ta được: 2 2g ( x0 ) g (1 x 0 ) x 0 . Thay x bởi 1 x0 ta được: 2 2g (1 x0 ) g ( x 0 ) (1 x 0 ) . Từ hai hệ thức này ta được: 1 g( x ) ( x2 2 x 1) f ( x ) . 03 0 0 o Điều này mâu thuẫn với g()() x00 f x . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: 1 f( x ) ( x2 2 x 1),  x . 3 Ví dụ 3: Tìm hàm số y f() x xác định, liên tục với  x và thỏa mãn điều kiện: f f x f(), x x  x . Lời giải. Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f f x f() x x . (1) Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng: f() x ax b . Khi đó (1) trở thành: a()(), ax b b ax b x  x . Hay a2 a x ab x,  x . Đồng nhất hệ số ta được: 6
8. 1 5 1 5 aa2 1 aa  22 . ab 0 bb 00 Ta tìm được hàm số cần tìm là: 15 f() x x . 2 Hiển nhiên thoả mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 4: Hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a) f ( f ( n )) n ,  n (1) b) f f ( n 2) 2 n ,  n (2) cf) (0) 1 (3) Tìm giá trị ff(1995), ( 2007) . Lời giải. Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến fn()phải có dạng: f() n an b . Khi đó điều kiện (1) trở thành: a2 n ab b n,  n . Đồng nhất các hệ số, ta được: a2 1 aa 11  . ab b 0 b 0 b R Với a 1 ta được f() n n . b 0 Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2). Với a 1 ta được f() n n b. bR Từ điều kiện (3) cho n 0 ta được b 1. Vậy f( n ) n 1. Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f( n ) n 1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử tồn tại hàm gn() khác fn() cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. Từ (3) suy ra: fg(0) (0) 1. Từ (1) và (3) suy ra: 7
9. fg(1) (1) 0 . Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: g g n g g g n 22 , n . Do đó g g g n g g g n 22 , . Hay g( n ) g ( n 2) 2 . (4) Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f()() n00 g n . (5) Do fn()cũng thỏa mãn (4) nên ta có: g ( n0 2) g ( n 0 ) 2 f ( n 0 ) 2 f ( n 0 2) g( n00 2) f ( n 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5). Vậy f()() n g n ,  n . Chứng minh tương tự ta cũng được f()() n g n với mọi n nguyên âm. Vậy f( n ) 1 n là nghiệm duy nhất. Từ đó tính được ff(1995), ( 2007) .  Các bài tập sử dụng phương pháp 1.3.1: Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện: fxy( ) fxy ( )2()(1 fxf y )2(3 xyyx 2 ),,  xy . Đáp số: f() x x3 Bài 2: Hàm số f : thỏa mãn điều kiện f f n f n 23 n ,  n . Tìm f (2005). Đáp số : 2006. Bài 3: Tìm tất cả các hàm sao cho: f(())(()) f n f n22 n 3 n 3,  n . Đáp số: f( n ) n 1. Bài 4: Tìm các hàm nếu : xx 1 1 8 2  3f 5 f ,  x  0, ,1,2 . 3x 2 x 2 x 1 3  28x 4 Đáp số : fx() 5x Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P() x  x sao cho: 8
10. Pxy( ) Px ( ) Py ( ) 3 xyxy ( ),  xy, . Đáp số: P() x x3 cx 1.3.2.Phương pháp 2: Phương pháp thế  Thế ẩn tạo phương trình hàm mới Ví dụ 1: Tìm f : \{2} thoả mãn: 21x 2 f x 2 x ,  x 1. (1) x 1 Lời giải. Ta đặt: 21x t MGT \{2} (tập xác định của f ). x 1 x 1 t 1 Ta được x thế vào (1): t 2 33t 2 f( t ) ,  t 2 . (t 2)2 Thử lại thấy đúng. 33x2 Vậy hàm số cần tìm có dạng: fx() . (x 2)2 Nhận xét: + Khi đặt t, ta cần kiểm tra giả thiết MGT t D . Với giả thiết đó mới đảm bảo tính xD x chất: “Khi t chạy khắp các giá trị của t thì xt cũng chạy khắp tập xác định của f”. + Trong ví dụ 1, nếu f : thì có vô số hàm f dạng: 33x2 (x 2) fx() (x 2)2 ( với aR tuỳ ý). a (x 2) Ví dụ 2: Tìm f :(0,1) thỏa mãn: f xyz =+ xf x yf y zf z , x, y , z (0;1) . Lời giải. Chọn x y z f x3 =3 xf x . Thay x; y ; z bởi x2 f x6 =3 x 2 f x 2 . Mặt khác: fx 6 fxxx . 2 . 3 xfx xfx 2 2 xfx 3 3 . 9
11. Hay 3xfx2 2 xfx ( ) xfx 2 2 3 xfx 4 ( ) 2x2 f x 2 xf ( x ) 3 x 4 f ( x ) Thay x bởi x3 ta được: 31x9 f( x63 ) f ( x ),  x 2x3 31x9 3x22 f ( x ) 3 xf ( x ),  x 2x3 3xx39 1 3 1 3x2 f ( x ) 3 xf ( x ),  x 22xx3 f( x ) 0,  x 0 Vậy f x 0,  x (0;1). Ví dụ 3: Tìm hàm f : ; 1  0;1 thoả mãn: f x x22 11 x x , x 1. (2) Lời giải. 22 xt 0 Đặt t x x 11 x x t 22 x 1 ( x t ) xt 2 2 2 x 12 x xt t xt t 2 1 x 2t t 2 1 t 1 Hệ có nghiệm xt t ; 1  0;1 . 2t 01 t Vậy MGT t D ; 1  0;1 . x 1 11 Với t x x2 1 thì x x2 1 f ( t ) thoả mãn (2). tt 1 Vậy fx() là hàm số cần tìm. x 2 Ví dụ 4: Tìm f : \  ;3 thoả mãn: 3 3xx 1 1 f ,xx 1, 2 . (1) xx 21 Lời giải. 10
12. 3xt 1  2 2 1 Đặt t MGT t \  ;3 x thế vào (1) ta được: x 1 xt 2  3 3 x 2 t 4 ft() thoả mãn (1). 32t x 4 Vậy hàm số cần tìm là: fx() . 32x Ví dụ 5: Tìm hàm f : 0; 0; thoả mãn: 1 3 3 f(1) ; f ( xy ) f ( x ). f f ( y ). f ,xy, 0; . (1) 2 yx Lời giải. 1 Cho xy 1; 3ta được: f (3) . 2 3 Cho xy 1; 0; ta được: f() y f . Thế lại (1) ta được: y f( xy ) 2 f ( x ). f ( y ) , . (2) 3 Thay y bởi ta được: x 1 2 fx() 31 2 2 f(3) 2 f ( x ). f f x  x 0, . x 2 1 fx() 2 1 Thử lại, ta thấy f( x ) ,  x 0 đúng. 2 1 Vậy hàm số cần tìm là: f( x )  x 0 . 2  Thế ẩn tạo hệ phương trình hàm mới 1 Ví dụ 1: Tìm hàm f :\  thoả mãn: 2 x 11 f( x 1) 3 f 1 2 x ,  x . 1 2x 2 Lời giải. 11
13. x 11 y y Đặt: y 11 x x 1 2x 2 y 1 2 y 1 1 y 1 1 f 3 f ( y 1) ,  y 2yy 1 2 1 2 x 1 1 1 f 3 f ( x 1) ,  x 1 2xx 2 1 2 x 11 f( x 1) 3 f 1 2 x ,  x 1 2x 2 x 1 1 1 f 3 f ( x 1) ,  x 1 2xx 2 1 2 3 8f ( x 1) 1 2 x 12 x 1 3 1 f( x 1) 1 2 x ,  x 8 2x 1 2 1 3 1 f( x ) 1 2 x ,  x 8 2x 1 2 1 3 1 Vậy hàm số cần tìm là: f( x ) 1 2 x ,  x . 8 2x 1 2 Ví dụ 2:Tìm hàm f : thoả mãn: f( x ) xf ( x ) x 1,  x . (1) Lời giải. Đặt tx ta được: f( t ) tf ( t ) t 1,  t . Kết hợp (1), ta có hệ: f( x ) xf ( x ) x 1 f( x ) f ( x ) 1. xf( x ) f ( x ) x 1 Thử lại ta thấy f( x ) 1,  x . Vậy hàm số cần tìm là: . Ví dụ 3: Tìm hàm số f : \{0,1} thoả mãn: x 1 * f( x ) f 1 x , x . (3) x Lời giải. x 1 Đặt x , khi đó: (3) f( x ) f ( x ) 1 x . 1 x 1 x1 1 1 Đặt x2 . Thay x bởi x1 vào (3) ta được: (3) f( x1 ) f ( x 2 ) 1 x 1 . xx1 1 12
14. x2 1 Đặt xx3 . Thay bởi x2 vào (3) ta được: (3) f( x22 ) f ( x ) 1 x . x2 Ta có hệ f( x ) f ( x1 ) 1 x 1 x x12 x 1 1 1 f( x1 ) f ( x 2 ) 1 x 1 f ( x ) x . 2 2 xx 1 f( x22 ) f ( x ) 1 x Thử lại ta thấy đúng. 1 1 1 Vậy hàm số cần tìm là: f() x x . 21 xx  Các bài tập sử dụng phương pháp thế: Bài 1: Tìm f : \{1} thoả mãn: 1 2 f 1 x 1,  x .. x a Bài 2: Tìm f :\  thoả mãn: b b ax x2 a fx 4 ,  ( a ,b là hằng số cho trước và ab 0 ). bx a x1 b Bài 3: Tìm f : thoả mãn: f(2002 x f (0)) 2002 x2 ,  x . Bài 4: Tìm f : \{0} thoả mãn: 11 f( x ) f 1,  x \{0;1}. 21xx Bài 5: Tìm f : \{ 1;0} thoả mãn: 1 x f( x ). f 64 x ,  x \{ 1}. 1 x 2 Bài 6: Tìm f :\  thoả mãn: 3 22x 2f x f 996 x ,  x . 3x 2 3 Bài 7: Tìm f : \{ 1} thoả mãn: xx 33 f f x,1  x . xx 11 Bài 8: Tìm f : thoả mãn: 2f x f 1 x x2 ,  x . Bài 9: Tìm thoả mãn:x 13
15. 1 2008 * f(), x f x  x . x Bài 10: Tìm thoả mãn: a2 f( x ) f x ,  x a ( a 0). ax 1.3.3.Phương pháp 3: Phương pháp xét giá trị + Đây là phương pháp cơ sở của mọi phương pháp khác. + Khi vận dụng phương pháp cần chú ý kết quả vừa có được. Ví dụ 1: Tìm f : thoả mãn: a) f ( x ) 0,  x . b) f ( x y ) f ( x ) f ( y ),  x ; y Lời giải. x 0 f (0) 0 Cho suy ra f (0) 0 . y 0 ff(0) 2 (0) Cho yx f(0) f () x f () x f () x f ()0 x . f()0,()0 x f x f ()0,()0 x f x f( x ) f ( x ) 0  x . Thử lại thấy đúng. Vậy hàm số cần tìm là: fx( ) 0 . Ví dụ 2: Tìm thoả mãn: 1 1 1 fxy fyz fxfyz ,;;  xyz . (2) 2 2 4 Lời giải. Cho x z,1 y ta được: 2 2 1 1 1 f x f x f x 0 f x . 4 2 2 Thử lại ta thấy đúng. 1 Vậy hàm số cần tìm là: f(), x  x . 2 Nhận xét: + Ví dụ 1 và ví dụ 2 là các bất phương trình hàm. Cách giải nói chung là tìm các f : giá trị đặc biệt- có thể dự đoán trước. Sau đó tạo ra các BĐT “ngược nhau” về hàm số cần tìm để đưa ra kết luận về hàm số. 14
16. + Việc chọn các trường hợp của biến phải có tính “ kế thừa”. Tức là cái chọn sau phải dựa vào cái chọn trước nó và thử các khả năng có thể sử dụng kết quả vừa có được. Ví dụ 3: Tìm thoả mãn: f(0) a ; f b 2 ( ab, cho trước). fxy( ) fxy ( )2()cos, fx yxy  , Lời giải. Thay yx ; f : ta được: 2 f x f x 0. (1) 22 Thay x 0, y bởi x ta được: 2 f x f x 2 a cos x . (2) 2 2 2 Thay x , bởi x ta được: 2 f x f x 2 b cos x . (3) 22 Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình: f x f x 0 22 f x f x 2 a cos x . 2 2 2 f x f x 2 b cos x 22 Giải hệ ta được: f x acos x b sin x. Thử lại ta thấy đúng. Vậy hàm số cần tìm là: f x acos x b sin x ,  x . Ví dụ 4: Tìm thoả mãn: a) f ( x ) f ( x ),  x b) f ( x 1) f ( x ) 1,  x 1fx ( ) c) f 2 ,  x 0. xx Lời giải. 15
17. x 1 Ta tính f đến fx() x x 1 1 1 fx f f 1 1 f 1 2 ,  x 0 . (1) x x x x Mặt khác: x 1 ff 1 2 xx 1 xx 11 1 1 ff 22 1 x xx x x 1 xx 11 22 xx 1 1 1 fx 1 11 f 2 x x 1 x ( x 1) 2 x 1 fx 1 1 2 , xx 0, 1 (2) xx ( 1) Từ (1), (2) suy ra: f( x ) x ,  x 0; x 1. Với x 0 thay vào ()a ta được: f (0) 0 thoả mãn f() x x . Với x 1 thay vào ta được: ff( 1) (1) . Thay vào ()b ta được: ff(1) 1 ( 1) 1 thoả mãn . Thử lại thấy đúng. Vậy f(), x x  x . Ví dụ 5: Tìm f : \{0} thoả mãn: af) (1) 1 1 1 1 b) f f f ,  x ; y 0 x y x y cx)( yfx )( y ) xyfxfy ().(),  xy ; thoả mãn xy( x y ) 0 Lời giải. Thay xy * vào ()b ta được: 11 f 2 f f x 2 f 2 x  x 0 . (1) 2xx Thay vào ()c ta được: 22 2.(2)xfxxfx 2 () 2(2) fxxfx (),  x 0 . (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 f()() x x f x . (3) * Giả sử xx00 1, sao cho: fx(0 ) 0 . 16
18. Thay x 1; x00 y x vào ta được: f (1) 0 ( mâu thuẫn với giả thiết f (1) 1). Vậy f( x ) 0,  x 0; x 1. Vì f (1) 1 0 nên từ (3) suy ra: 1 f( x ) ,  x 0 . x Thử lại thấy đúng. 1 Vậy hàm số cần tìm là: f( x ) ,  x 0 . f : x Ví dụ 6: Tìm thoả mãn: af) (1) 1 b) f ( x y ) f ( x ) f ( y ) 2 xy ,  x ; y 1fx ( ) c) f ,  x 0. x x4 Lời giải. Cho xy 0 . Khi đó: (bf ) (0) 0. Cho x y t 0 . Khi đó: (b ) f (2 t ) 2. f ( t ) 2 t 2 . (1) 1 Cho xy . Khi đó: 2t 1 1 1 (b ) f 2. f 2 . (∗) t 22 t t Từ ()c : 1 f ( t ) 1 f (2 t ) ff ; . tt tt44 2 (2 ) Thế vào (∗) ta được: f( t ) f (2 t ) 1 2. . (2) t4(2 t ) 4 2 t 2 Từ (1), (2) suy ra: ()c f( t ) t2 ,  t 0 . Từ f(0) 0 f ( t ) t2 ,  t .Thử lại thấy đúng.  Các bài tập sử dụng phương pháp 1.3.3 Bài 1: Tìm f : thoả mãn: f( x . f ( y )) y . f ( x ),  x , y . 17
19. Bài 2: Tìm thoả mãn: f x 1 f ( y ) y f x 1 ,  x , y . Bài 3: Tìm thoả mãn: fxy()( fxy )( fxy 1) xy 21,, x  xy . Bài 4: Tìm thoả mãn: fxy() fxfy ().() fxy ( )1,  xy , . Bài 5: Tìm thoả mãn: f() x f () z f () y f () t f ( xy zt ) f ( xt zy ),,,,  x y z t . Bài 6: Tìm thoả mãn: fx 22 y xfy. ( ) yfx . ( ),  xy , . Bài 7: Tìm thoả mãn: fx 3 2 y fxyfxy ( ) (3 ) 1,  xy , . Bài 8: Tìm thoả mãn: x24. f ( x ) f (1 x ) 2 x x ,  x . Bài 9: Tìm f : thoả mãn: fmn( ) fnm ( ) fn (3 ),  mn , , nm . Bài 10: Tìm f : thoả mãn: 3f ( n ) 2 f f ( n ) n ,  n . 1.3.4.Phương pháp 4: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức. Ví dụ 1: Tìm Px với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (xxxPx3 3 2 3 2)( 1)( xxxPxx 3 3 2 3 2)(),  . (1) Lời giải. (1) x 2 xxPx22 1 1 x 2 xxPxx 1 ,  . Chọn: xP 2 ( 2) 0 xP 1 ( 1) 0 xP 0 (0) 0 xP 1 (1) 0 Vậy P x x x –1 x 1 x 2 G x . Thay vào (1) ta được: f : (x 2)( xx22 1)( x 1)( xxxGx 2) ( 1) ( 1) ( x 2)( xxxx 1) ( 1)( x 1)( xGxx 2) ( ),  18
20. x22 x 1 G ( x 1) ( x x 1) G ( x ),  x G( x 1) G ( x ) , x x22 x 11 x x G( x 1) G ( x ) , x (x 1)22 ( x 1) 1 x x 1 Gx() Đặt Rx( ) (x 0, 1, -2) xx2 1 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 thỏa mãn điều kiện bài toán. Chú ý : Nếu ta xét P x x3 1 x –1 . Thì P x 1 x32 3 x 3 x 2 x . Do đó x3 3 x 2 3 x 2 xP x x 2 –1 x 2 – x 1 P x 1 . Từ đó ta có bài toán sau. Ví dụ 2: Tìm đa thức với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: x3 3 x 2 3 x 2 xP x x 2 –1 x 2 – x 1 P x 1  x . Px Lời giải. Giải quyết ví dụ này hoàn toàn không có gì khác so với ví dụ 1. *) Tương tự như trên nếu ta xét: P x x22 1 x –3 x 2 . Ta sẽ có bài toán sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4xx2 4 2)(4 xxPxx 2 2)() ( 2 1)( xxPx 2 3 2)(2 1),  x (Các bạn có thể theo phương pháp này mà tự sáng tác ra các đề toán cho riêng mình.) 1.3.5.Phương pháp 5: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm.  Nhắc lại kiến thức Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên: 19