Các phương pháp giải phương trình hàm

Giới thiệu Các phương pháp giải phương trình hàm

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các phương pháp giải phương trình hàm.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Các phương pháp giải phương trình hàm

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh. Nguyên tắc chung: +) Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c. +) ðồng nhất hệ số ñể tìm f(x). +) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (1) . Lời giải: x = 1 Thay  vào (18) ta ñược: f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) ( a ) . y∈R ( ) Thay y = − f (1) − 1 vào (a) suy ra: f f ( − f (1) − 1) + 1 = −1 . ðặt a = f ( − f (1) − 1) + 1 ta ñược: f ( a ) = −1 . y = a ta ñược: f ( x f ( a ) + x ) = xa + f ( x ) ⇒ xa + f ( x ) = f ( 0 ) . Chọn  x ∈ R ðặt f ( 0 ) = b ⇒ f ( x ) = −a x + b . Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược: a = 1  f ( x) = x a 2 = 1  ⇒   a = −1 ⇒  .   f ( x ) = − x − a b − a = −a  b = 0 Vậy có hai hàm số cần tìm là f ( x ) = x và f ( x ) = − x . Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x ) + y ) = y f ( x − f ( y ) ) ∀x, y ∈ R ( 2 ) . Lời giải: Cho y = 0; x ∈ R : (2) ⇒ f ( f ( x ) ) = 0 ∀x ∈ R ( a ) . ( ) Cho x = f ( y ) : (2) ⇒ f f ( f ( y ) ) + y = y f ( 0 ) ( a ‘ ) . ( a ) + ( a ‘ ) ⇒ f ( y ) = y f ( 0 ) . ðặt f ( 0 ) = a ⇒ f ( y ) = ay ∀y ∈ R . Thử lại (2) ta ñược: a 2 ( x 2 + y 2 ) + a ( y − x y ) = 0 ∀x, y ∈ R ⇔ a = 0 ⇒ f ( x ) = 0 ∀x ∈ R . Vậy có duy nhất hàm số f ( x ) = 0 thỏa mãn bài toán. Ví dụ 3: Tìm f , g : R → R thỏa mãn: 2 f ( x ) − g ( x ) = f ( y ) − y ∀x, y ∈ R  ∀x ∈ R  f ( x ) g ( x ) ≥ x + 1 (a) . (b ) Lời giải: Cho x = y ∈ R khi ñó ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x .Thay lại (a) ta ñược: 1 g ( x ) = 2 x − 2 y + g ( y ) ∀x, y ∈ R (c). Cho y = 0; x ∈ R : từ (c) ta ñược: g ( x ) = 2 x + g ( 0 ) . ðặt g ( 0 ) = a ta ñược: g ( x ) = 2 x + a , f ( x ) = x + a . Thế vào (a), (b) ta ñược: 2 x + a = 2 x + a (a), (b) ⇔  ( ∀x ∈ R ) ⇔ 2 x 2 + ( 3a − 1) x + a 2 − 1 ≥ 0 ∀x ∈ R 2 1 + + ≥ + x a x a x )( ) ( 2 ⇔ ( a − 3 ) ≤ 0 ⇔ a = 3 . Vậ y f ( x ) = x + 3 ; g ( x ) = 2 x + 3 . Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 , ∀x ∈ ℝ (1). Tìm f(x). Lời giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c. Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ do ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ 1  a = 3 3a = 1  2   ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: b − 2a = 0 ⇔ b = 3 a + b + 3c = 0   1  c = − 3  1 Vậy: f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) . Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ ℝ Thay x bởi x0 ta ñược: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2 Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2 1 Từ hai hệ thức này ta ñược: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 ) 3 ðiều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 2 Nhận xét: Nếu ta chỉ dự ñoán f(x) có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các hàm số tìm ñược. Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ Hãy tìm hai hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã 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 ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ ℝ   a 2 − a = 1 a = 1 + 5 a = 1 − 5 1± 5 ñồng nhất hệ số ta ñược:  ⇔ x. 2 ∨ 2 ⇒ f ( x) = 2 ab = 0 b = 0 b = 0   Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh sự duy nhất dành cho người ñọc). Ví dụ 6: Hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau: a ) f ( f ( n)) = n, ∀n ∈ ℤ b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ ℤ c) f (0) = 1 (1) (2) (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007). Lời giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b. Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ a 2 = 1 a = 1 a = −1 ⇔ ∨ ðồng nhất các hệ số, ta ñược:  b = 0 b = 0 ab + b = 0 a = 1 Với  ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2). b = 0 a = −1 Với  ta ñược f(n) = -n + b. Từ ñiều kiện (3) cho n = 0 ta ñược b = 1. b = 0 Vậy f(n) = -n + 1. Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ . 3 do ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ℤ . Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5). Vậy f(n) = g(n), ∀n ∈ ℕ Chứng minh tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn ñiều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ ℝ . ðáp số: f(x) = x3. Bài 2: Hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ ℕ. Tìm f(2005). ðáp số: 2006. Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : ℕ → ℕ sao cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ. ðáp số: f(n) = n + 1. 8 2  x −1   1− x    Bài 4: Tìm các hàm f : ℝ → ℝ nếu: 3 f  , ∀x ∉ 0, − ,1, 2  −5f  = 3  3x + 2   x − 2  x −1   ðáp số: f ( x) = 28 x + 4 5x Bài 5: Tìm tất cả các ña thức P(x) ∈ ℝ [ x] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x , y ∈ ℝ ðáp số: P(x) = x3 + cx. Phương pháp 2: phương pháp thế. 2.1. Thế ẩn tạo PTH mới:  2x +1  2 Ví dụ 1: Tìm f: R{2} → R thỏa mãn: f   = x + 2 x ∀x ≠ 1 (1) . x − 1    2x +1  Lời giải: ðặt t =  t = R {2} (tập xác ñịnh của f). Ta ñược:  ⇒ MGT x ≠1  x −1  x= t +1 3t 2 − 3 thế vào (1): f (t ) = ∀t ≠ 2 . Thử lại thấy ñúng. 2 t−2 (t − 2) 4 Vậy hàm số cần tìm có dạng f ( x) = 3x 2 − 3 ( x − 2) 2 . Nhận xét: + Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết MGT t ⊃ D . Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi x∈Dx t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”.  3x 2 − 3  2 + Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng: f ( x) =  ( x − 2 )  a ( x ≠ 2) (với a∈R ( x = 2) tùy ý). Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → R thỏa mãn: f ( x − x 2 − 1) = x + x 2 − 1 ∀ x ≥ 1 ( 2 ) .  x − t ≥ 0 Lời giải: ðặt t = x − x 2 − 1 ⇔ x 2 − 1 = x − t ⇔  2 2  x − 1 = ( x − t ) x ≥ t x ≥ t t ≤ −1 t2 +1  2 ệ có nghi ệ m x . H ⇔ 2 ⇔ ⇔ ≥t ⇔   t +1 2 2 2t 0 < t ≤ 1  x − 1 = x − 2 xt + t x = 2t  ⇒ t ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] . Vậy MGT t = D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] . x ≥1 Với t = x − x 2 − 1 thì x + x 2 − 1 = Vậ y f ( x ) = 1 1 ⇒ f (t ) = thỏa mãn (2). t t 1 là hàm số cần tìm. x 2   3x − 1  x + 1 Ví dụ 3: Tìm f : R  ;3 → R thỏa mãn: f  ∀x ≠ 1, x ≠ −2 ( 3) . = 3   x + 2  x −1 Lời giải: ðặt t = 3x − 1 2t + 1 t+4 2  ⇒ MGT t = R  ;3 ⇒ x = thế vào (4) ta ñược: f (t ) = x ≠1 x+2 3−t 3t − 2 3  ( x ≠2) thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là: f ( x) = Ví dụ 4: Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) x+4 . 3x − 2 thỏa mãn: x f ( x f ( y )) = f ( f ( y )) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (4) . Lời giải: Cho y = 1, x ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: x f ( x f (1)) = f ( f (1)) . Cho x = 1 1 ta ñược: f ( f (1) = 1⇒ x f ( x f (1)) = 1 ⇒ f ( x f (1)) = . ðặt: f (1) x 5 t = x. f (1) ⇒ f (t ) = Vậy f ( x) = f (1) a ⇒ f (t ) = (với a = f (1) ). Vì f (1) ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ MGT t = ( 0; + ∞ ) . x∈( 0; +∞ ) t t a a . Thử lại thấy ñúng ( a > 0 ) . Hàm số cần tìm là: f ( x) = với ( a > 0 ) . x x Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn: 3 1 f (1) = ; f ( xy ) = f ( x). f   + f ( y ). f 2  y 3   ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) ( 5 ) . x Lời giải: Cho x = 1; y = 3 ta ñược: f ( 3) = 1 . 2 3 Cho x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: f ( y ) = f   . Thế lại (5) ta ñược:  y f ( xy ) = 2 f ( x) f ( y ) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (5′) . Thay y bởi 3 ta ñược: x 2 2 3 1 f ( 3) = 2 f ( x )) f   ⇒   = ( f ( x ) ) . Thử lại thấy ñúng. x 2 Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = 1 ∀x > 0 . 2 Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy ( x 2 + y 2 ) ∀x, y ∈ R ( 6) . Lời giải: Ta có: ( 6) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 2 2 1 1 = ( x + y ) − ( x − y )  + ( x + y ) + ( x − y )   ( x + y ) + ( x − y )  − ( x + y ) − ( x − y )   4 4  u = x − y 1 2 2 ðặt  ta ñược: v f ( u ) − u f ( v ) = ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v ) 4 v = x + y ( ) ⇒ v f ( u ) − u f ( v ) = u 3v − v 3u ⇔ v ( f ( u ) − u 3 ) = u ( f ( v ) − v3 ) + Với uv ≠ 0 ta có: f ( u ) − u 3 f ( v ) − v3 f (u ) − u3 = ∀u , v ∈ R* ⇒ = a ⇒ f ( u ) = au + u 3 ∀u ≠ 0 . u v u + Với u = 0; v ≠ 0 suy ra: f ( u ) − u 3 = 0 ⇔ f ( u ) = u 3 ⇒ f ( 0 ) = 0 . Hàm f ( u ) = au + u 3 thỏa mãn f ( 0 ) = 0 . Vậy f ( u ) = au + u 3 ∀u ∈ R Hàm số cần tìm là: f ( x ) = ax + x3 ( a ∈ R ) . Thử lại thấy ñúng. 2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới: 6 Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1 ∀x ∈ R (1) . Lời giải: ðặt t = − x ta ñược: f ( −t ) − t f ( t ) = −t + 1 ∀t ∈ R (1) . Ta có hệ:  f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1 ⇒ f ( x ) = 1 . Thử lại hàm số cần tìm là: f ( x ) = 1 .  − x f ( x ) + f ( − x ) = − x + 1  x −1  * Ví dụ 2: Tìm hàm số f : R { 0,1 } → R Thỏa mãn: f ( x ) + f   = 1 + x ∀x ∈ R  x  Lời giải: ðặt x1 = ( 2) . x −1 , ( 2 ) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = 1 + x . x ðặt x2 = x1 − 1 1 = , ( 2 ) ⇔ f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 + x1 . x1 x −1 ðặt x3 = x2 − 1 = x, ( 2 ) ⇔ f ( x2 ) + f ( x ) = 1 + x2 . x2  f ( x1 ) + f ( x ) = 1 + x  1 + x − x1 + x2 1  1 1  Ta có hệ  f ( x2 ) + f ( x1 ) = 1 + x1 ⇒ f ( x ) = = x+ +  . Thử lại thấy x − x 2 2 1    f ( x ) + f ( x2 ) = 1 + x2 1 1 1  ñúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: f ( x ) =  x + + . 2 x 1− x   x −1  Ví dụ 3: Tìm hàm số f : R { − 1;0;1 } → R thỏa mãn: x f ( x ) + 2 f   = 1 ∀x ≠ −1 ( 3) .  x +1  Lời giải: ðặt x1 = x −1 , ( 3) ⇒ x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1 . x +1 ðặt x2 = x1 − 1 1 = − , ( 3) ⇒ x 1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1 . x1 + 1 x ðặt x3 = x2 − 1 x + 1 = , ( 3) ⇒ x2 f ( x2 ) + 2 f ( x3 ) = 1 . x2 + 1 x − 1 ðặt x4 = x3 − 1 = x , ( 3) ⇒ x3 f ( x3 ) + 2 f ( x ) = 1 . x3 + 1  x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1  4 x2 − x + 1  x1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1 . Thử lại thấy ñúng. Ta có hệ  ⇒ f ( x) = x x 5 − 1 + 2 = 1 x f x f x ( ) ( ) ( ) 2 2 3  x f x + 2 f x = 1 ( )  3 ( 3) 7 Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = 4 x2 − x + 1 . 5 x ( x − 1) BÀI TẬP  1 1) Tìm f : R { 1 } → R thỏa mãn: f  1 +  = x 2 + 1 ∀x ∈ R .  x x2 a  b − ax   a 2) Tìm f : R  −  → R thỏa mãn: f  ∀x ≠ − (a, b là hằng số cho = 4 b  bx + a  x + 1  b trước và ab ≠ 0 ). 3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 2002 x − f ( 0 ) ) = 2002 x 2 4) Tìm f : R { 0 } → R thỏa mãn: f ( x ) + ∀x ∈ R . 1  1  f  = 1 ∀x ∈ R { 0;1} . 2x  1 − x  1− x  5) Tìm f : R { ± 1; 0} → R thỏa mãn: ( f ( x ) ) f   = 64 x ∀x ∈ R {−1} .  1+ x  2 6) Tìm f : R   → R thỏa mãn: 2 f ( x ) + 3 2  2x  f  = 996 x ∀x ≠ . 3  3x − 2   x −3 7) Tìm f : R { ± 1 } → R thỏa mãn: f  +  x +1   x+3 f  = x ∀x ≠ ±1 .  1− x  8) Tìm f : R → R thỏa mãn: 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 1 9) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x 2008 x ∀x ∈ R . ∀x ∈ R* . 1  1  x −1  10) Tìm f : R ±  → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x ∀x ≠ . 3  3  1 − 3x   a2  11) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x ∀x ≠ a a−x f  12) Tìm f , g : R { 1 } → R thỏa mãn:  f  ( a > 0) . ( 2 x + 1) + 2 g ( 2 x + 1) = 2 x  x   x   + g =x  x −1   x −1  ∀x ≠ 1 . Phương pháp 3: Phương pháp chuyển qua giới hạn.  2 x  3x Ví dụ 1: Tìm hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn: f ( x ) + f   = ∀x ∈ R (1) .  3  5 Lời giải: ðặt x1 = 2x 3 ; (1) ⇒ f ( x ) + f ( x1 ) = x . 3 5 ðặt x2 = 2 x1 3 ; (1) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 . 3 5 8 ðặt xn +1 = 2 xn 3 , n ∈ N * ; (1) ⇒ f ( xn ) + f ( xn +1 ) = xn . 3 5 3   f ( x ) + f ( x1 ) = 5 x   f ( x ) + f ( x ) = 3 x 1 2 1 Ta có hệ  5 ……  3 f x + f x = xn ( ) ( ) 1 n n +  5 (1) ( 2) ( n + 1) Nhân dòng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 rồi cộng lại ta ñược: f ( x ) + ( −1) n+2 2 n 3  2  2  2  f ( xn +1 ) = x 1 − +   − ⋯ +  −   ( *) . 5  3  3   3   ( f l.tôc ) n+ 2 Xét lim ( −1) f ( xn +1 )  = lim  f ( xn +1 )  =   Mặt khác (1) suy ra f(0) = 0 nên lim ( −1) n+ 2 Lấy giới hạn hai vế của (*) ta ñược: f ( x ) = Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = f ( lim xn +1 ) = f ( 0 ) . f ( xn +1 ) = 0 . 3 1 9x . Thử lại thấy ñúng. x = 5 1 + 2 25 3 9x . 25 Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục tại xo= 0 thỏa mãn: f : R → R và 2 f ( 2 x ) = f ( x ) + x ∀x ∈ R ( 2) . Lời giải: t t ðặt t = 2 x ta ñược: 2 f ( t ) = f   + ∀t ∈ R ( 2′ ) . 2 2 1  * tn +1 = 2 tn , ∀n ∈ N . Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñược: Xét dãy:  t = 1 t  1 2 1 1   f ( t ) = 2 f ( t1 ) + 4 t   f ( t ) = 1 f ( t ) + 1 t 1 2 1 2 4  ⋯⋯  1 1 f t = f t + t  ( n −1 ) 2 ( n ) 4 n −1 f (t ) = (1) ( 2 ) . Thế (n) vào ( n − 1) → ( n − 2 ) → ⋯ ta ñược: (n) 1 1 1 1 f ( tn ) + n +1 f ( tn −1 ) + n f ( tn − 2 ) + ⋯ + 2 t n 2 2 2 2 9 (* ) . ‘ n 1 1  1  1 1 Thay tn =   t vào (*’) ta ñược: f ( t ) = n f ( tn ) + t  2 + 4 + ⋯ + 2 n  2 2  2 2 2 (* ) . ” t  1  Vì f liên tục tại xo = 0 nên lim  n f ( tn )  = 0 . Lấy giới hạn 2 vế (*”) suy ra: f ( t ) = . Thử 3 2  lại thấy ñúng. Nhận xét: +) Nếu dãy {xn} tuần hoàn thì ta giải theo phương pháp thế rồi quy về hệ pt hàm. +) Nếu dãy {xn} không tuần hoàn nhưng f liên tục tại xo = 0 và {xn} → 0 thì sử dụng giới hạn như VD1. + Nếu {xn} không tuần hoàn, không có giới hạn thì phải ñổi biến ñể có dãy {tn} có giới hạn 0 và làm như ví dụ 1. BÀI TẬP 1) Tìm f : R → R thỏa mãn: a) f liên tục tại xo = 0, b) n f ( nx ) = f ( x ) + nx ∀n ∈ N , n ≥ 2; ∀x ∈ R .  x  10 2) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: f ( 3 x ) + f   = x . 3 3 3) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: m f ( mx ) − n f ( nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R . Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị. +) ðây là phương pháp cơ sở của mọi phương pháp khác. +) Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết quả vừa có ñược. ( a ) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ R Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn:  . ( b ) f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ R Lời giải: x = 0  f ( 0 ) ≥ 0 suy ra  ⇒ f (0) = 0 . Cho  y = 0  f ( 0 ) ≥ 2 f ( 0 )  f ( 0 ) ≥ f ( x ) + f ( − x )  f ( x ) + f ( − x ) ≤ 0 Cho y = − x ⇒  ⇒  f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0  f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0 ⇒ f ( x ) = f ( − x ) = 0 ∀x ∈ R . Vậy f ( x ) = 0 . Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: 1 1 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ ∀x, y, z ∈ R 2 2 4 Lời giải: 10 ( 2) . 2 Cho x = z , y = 1 ta ñược: f ( x ) − ( f ( x ) ) 2 1  1 1 ≥ ⇔  f ( x ) −  ≤ 0 ⇔ f ( x ) = . Thử lại thấy 4  2 2 ñúng. Ví dụ 3: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ∀x ∈ R y∈R ( 3) . Lời giải: ( 3) ⇒ f ( x ) ≥ xy − f ( y ) ∀x, y ∈ R . Cho x = y = t ∈ R ⇒ f ( t ) = t2 ∀t ∈ R 2 (a) . Từ (a) suy ra: xy − f ( y ) ≤ xy − y2 x2 1 x2 2 = − ( x − y) ≤ 2 2 2 2 ( a ) + (b) ⇒ f ( x) = ⇒ f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ≤ y∈R x2 ∀x ∈ R 2 (b ) x2 . Thử lại thấy ñúng. 2 Ví dụ 4: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ) ≥ 2008x + y ∀x, y ∈ R ( 4) . Lời giải: 2 Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) ≥ ( f ( 0 ) ) ≥ 1 ⇒ f ( 0 ) = 1 . Cho x = − y ∈ R ⇒ 1 = f ( 0 ) ≥ f ( x ) f ( − x ) ≥ 1⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1⇒ f ( x ) =  f ( x ) ≥ 2008 x > 0 Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) ≥ 2008 ⇒  −x  f ( − x ) ≥ 2008 > 0 x Theo ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = 1 1 ≤ = 2008x f ( − x ) 2008− x [ a; b ] ( c ) . ( b ) + ( c ) ⇒ f ( x ) = 2008x . Thử lại → [ a ; b ] thỏa mãn: f ( x ) − f ( y ) ≥ x − y ∀x, y ∈ [ a ; b ] (a < b cho trước) Lời giải: Cho x = a ; y = b ⇒ f ( a ) − f ( b ) ≥ a − b = b − a ( a ) . vì f ( a ) , f ( b )∈ [ a ; b ] nên f ( a ) − f ( b ) ≤ a − b = b − a ( b ) . 11 (a) . (b) . thấy ñúng. Ví dụ 5: Tìm f : 1 ∀x ∈ R f ( −x) (5).   f   f ( a ) + ( b ) ⇒ f ( a ) − f ( b ) = b − a ⇔   f  f   (a) = a (b) = b . (a) = b (b) = a  f ( a ) = a thì: +) Nếu   f ( b ) = b Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≤ x ( c ) . Chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≥ x ( d ) . (c) + (d ) ⇒ f ( x) = x .  f ( a ) = b thì: +) Nếu   f ( b ) = a Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] rồi chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] như trên ta ñược: f ( x ) = a + b − x . Thử lại thấy ñúng. Nhận xét: +) Từ VD1 → VD5 là các BPT hàm. Cách giải nói chung là tìm các giá trị ñặc biệt – có thể tính ñược trước. Sau ñó tạo ra các BðT “ngược nhau” về hàm số cần tìm ñể ñưa ra kết luận về hàm số. +) 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 ñược. Ví dụ 6: Tìm f : R → R thỏa mãn:  π   f ( 0 ) = a ; f   = b ( a, b cho tr−íc ) 2   f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) cos y ∀x, y ∈ R  (6) . Lời giải: Cho y = π π   ; x ∈ R ta ñược: f  x +  + f  x −  = 0 2 2 2   π Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y ) + f ( − y ) = 2a cos y Cho x = π  ; y ∈ R ta ñược: f  + y  + 2 2  π (a) . (b) . π  f  − y  = 2b cos y 2  12 (c) .  f   ( a ) + (b) + ( c ) ⇒  f   f  π  x+ + 2  π  f x− =0 2  π  x− + 2  π π   f  − x  = 2a cos  x −  . 2 2   π  π   x +  + f  − x  = 2b cos x 2  2  Giải hệ ta ñược: f ( x ) = a cos x + b sin x . Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 7: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + sin x sin y ∀x, y ∈ R (7) . Lời giải: Ta thấy f ( x ) = cos x là một hàm số thỏa mãn.  f (0) = 0 2 . Cho x = y = 0 ⇔ ( f ( 0 ) ) = f ( 0 ) ⇔   f ( 0 ) = 1 Nếu f ( 0 ) = 0 thì: Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) = − f ( 0 ) = 0 ∀x ∈ R . Thử lại ta ñược: sin x sin y = 0 ∀x, y ∈ R ⇒ vô lý. Vậy f ( x ) = 0 không là nghiệm (7). Nếu f ( 0 ) = 1 thì cho x = − y ⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1 + ( − sin 2 x ) = cos 2 x ⇒ f ( x ) f ( − x ) = cos 2 x ( a ) .  f π Cho x = ⇒   2 f  π   =0 2 .  π −  = 0  2 π π  Nếu f   = 0 thì: Cho x = ; y ∈ R thế vào (7) suy ra: 2 2 π  f  y +  + sin y = 0 ⇒ f ( y ) = cos y ∀y ∈ R . Thử lại thấy ñúng. 2   π Nếu f  −  = 0 tương tự như trên ta ñược: f ( y ) = cos y ∀y ∈ R .  2 Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = cos x . Ví dụ 8: Tìm f , g : R → R thỏa mãn: f ( x ) − f ( y ) = cos ( x + y ) g ( x − y ) ∀x, y ∈ R ( 8) . Lời giải: Chọn x = Chọn x = π 2 − y; y∈ R (8) ⇒ π  π  f  − y  − f ( y) = 0 ⇔ f  − y  = f ( y) (a) . 2 2     π  π  + y ; y ∈ R ( 8 ) ⇒ f  + y  − f ( y ) = − sin 2 y.g   ( b ) . 2 2  2 π 13 ( a ) + (b) ⇒ π  f  + y− 2  π  Theo (8): f  + y  − 2  π  π  f  − y  = − sin 2 y. g   ( c ) . 2  2 π  f  − y  = − g (2y) (d ) . 2  ( c ) + ( d ) ⇒ g ( 2 y ) = sin 2 y. g  π  ∀y ∈ R ⇒ g ( 2 x ) = a sin 2 x ⇒ g ( x ) = a sin x ∀x ∈ R . 2 π  (với a = g   cho trước.) 2 Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) − f ( 0 ) = cos x. g ( x ) ⇒ f ( x ) = a sin 2 x + b (b = f ( 0 )) , ∀x ∈ R . 2 a   f ( x ) = sin 2 x + b Thử lại 2 hàm số:  (Với a, b là hằng số cho trước). Thỏa mãn (8). 2  g ( x ) = a sin x   f   Ví dụ 9: Tìm f : R → R thỏa mãn:  f  f  ( − x ) = − f ( x ) ∀x ∈ R ( a ) ( x + 1) = f ( x ) + 1 ∀x ∈ R ( b )  1  f ( x)   = 2 ∀x ≠ 0 ( c )  x x Lời giải:  x +1  Ta tính f   ñến f ( x ) theo hai cách:  x   x +1   1 f  = f 1 +  = 1 +  x   x f ( x) 1 f   = 1 + 2 ∀x ≠ 0 ( a ) . x x 1   x   f f 1 − 2    x +1   x + 1  =  x + 1  =  x + 1  1 + f =     2 2  x   x   x    x       x +1  x +1   x +1 =   x   x +1     x  2 2   1 +  − f    1     x +1    =    x +1    x  2  1  f −  =  x +1   f ( x + 1)  1 − = 2   + x 1 ( )    1+ f ( x)  1 −  ∀x ≠ 0, x ≠ 1 ( b ) . 2   x + 1 ( )   ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = x ∀x ≠ 0; x ≠ 1 . Với x = 0; ( a ) ⇒ f ( 0 ) = 0 thỏa mãn f ( x ) = x . Với x = 1; ( a ) ⇒ f ( −1) = − f (1) : Cho x = 0; ( b ) ⇒ f (1) = 1 ⇒ f ( −1) = −1 thỏa mãn f ( x ) = x . 14 . Vậy f ( x ) = x ∀x ∈ R . Thử lại thấy ñúng . Ví dụ 10: Tìm f : R { 0 } → R thỏa mãn:  f (1) = 1 ( a )    1  1 1 . f   = f   . f   ∀x, y ≠ 0 ( b ) x  y   x+ y ( x + y ) f ( x + y ) = xy f ( x ) f ( y ) ∀x, y tháa mn xy ( x + y ) ≠ 0 ( c )  Lời giải:  1  1 Cho x = y ∈ R* , ( b ) ta ñược: f   = 2 f   ⇒ f ( x ) = 2 f ( 2 x ) ∀x ≠ 0 (*)  2x   x 2 2 Cho x = y ∈ R* , ( c ) ta ñược: 2 x f ( 2 x ) = x 2 ( f ( x ) ) ⇔ 2 f ( 2 x ) = x ( f ( x ) ) ∀x ≠ 0 (*' ) . Thế (*) vào (*’) suy ra: f ( x ) = x ( f ( x ) ) 2 (* ) . " Giả sử: ∃ xo ≠ 1, xo ∈ R* sao cho: f(xo) = 0. Thay x = 1 − xo ; y = xo vào (*”) ta ñược: f(1) = 0 trái với giả thiết f(1) = 1. Vậy f ( x ) ≠ 0 ∀x ≠ 1; x ≠ 0 . Vì f (1) = 1 ≠ 0 nên từ (*”) suy ra f ( x ) = 1 ∀x ≠ 0 . Thử lại thấy ñúng. x Ví dụ 11: Tìm f : R → R thỏa mãn:  f   f  f  (1) = 1 ( a ) ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 2 xy ∀x, y ∈ R ( b ) .  1  f ( x)   = 4 ∀x ≠ 0 ( c ) x x Lời giải: Cho x = y = 0, ( b ) ⇔ f ( 0 ) = 0 Cho x = y = t ≠ 0, ( b ) ⇔ f ( 2t ) − 2 f ( t ) = 2t 2 (1) . Cho x = y = 1 1 , (b) ⇔ f   − 2 f 2t t  1  f (t ) Từ ( c ) ⇒ f   = 4 ; t t  (1) + ( 2 ) ⇒ f ( t ) = t 2 1 1   = 2 ( *)  2t  2t f (t ) f ( 2t ) 1  1  f ( 2t ) = 2 f  = . Thế vào (*) ta ñược: 4 − 2 4 4 t  2t  ( 2t ) ( 2t ) 2t ∀t ≠ 0 . Từ f ( 0 ) = 0 ⇒ f ( t ) = t 2 ∀t ∈ R . Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 12: Cho hàm số f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:  f ( x)  f  = y f ( y ) f ( f ( x ) ) ∀x, y ∈( 0; + ∞ ) (12 ) .  y  15 ( 2) . Lời giải: Cho: x = y = 1 ⇒ f ( f (1) ) = f (1) . f ( f (1) ) ⇒ f (1) = 1 vì f ( f (1) ) ≠ 0 ⇒ f ( f (1) ) = 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     1  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 ) ) ≠ 0 nên y f ( y ) ( a ) + (b) ⇒ f ( y ) =    f ( y)   f  1   y    1 1 f   f ( f ( y )) . y  y 1 1 f   = 1 ⇔ f ( y) y  y 1 f   = 1 (b) .  y 1 ∀y ∈( 0; + ∞ ) . Thử lại thấy ñúng. y Ví dụ 13: Tìm f : R → R thỏa mãn: 1   f ( 0) = ( a ) 2 .  ∃ 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 ) = 1 . 2 Cho y = 0; x ∈ R ta ñược: f ( x ) = f ( x ) . f ( a ) + f ( 0 ) . f ( a − x ) ⇒ f ( x ) = f ( a − x ) ( c ) . 2 Cho y = a − x ; x ∈ R ta ñược: f ( a ) = ( f ( x ) ) + ( f ( a − x ) ) ( c ) + ( d ) ⇒ 2 ( f ( x )) 2 2 (d ) . 1  f ( x) =  1 2 . = ⇔ 2  f ( x) = − 1  2 Nếu ∃ xo ∈ R sao cho: f ( xo ) = − 1 thì: 2 2 (b) x  (c)   x   1 x x  x   − = f ( xo ) = f  o + o  = 2 f  o  . f  a − o  = 2  f  o   ≥ 0 ⇒ Vô lí. 2 2  2 2  2    2  Vậy f ( x ) = 1 ∀x ∈ R . Thử lại thấy ñúng. 2 16 Ví dụ 14: (VMO.1995) Tìm f : R → R thỏa mãn: f (( x − y ) ) = x 2 2 2 − 2 y f ( x ) + ( f ( y ) ) ∀x, y ∈ R (14 ) . Lời giải:  f ( 0) = 0 2 . Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) = ( f ( 0 ) ) ⇔   f ( 0 ) = 1 y = 0 Nếu f ( 0 ) = 0 : Cho  ta ñược: f ( x 2 ) = x 2 ⇒ f ( t ) = t ∀t ≥ 0 x ∈ R Cho x = y ∈ R ta ñược: 2 2 f ( 0) = x2 − 2 x f ( x ) + ( f ( x ) ) ⇔ ( f ( x ) − x ) = 0 ⇔ f ( x ) = x . Thử lại thấy ñúng. y = 0 ta ñược: f ( x 2 ) = x 2 + 1 ⇔ f ( t ) = t + 1 ∀t ≥ 0 . Nếu f ( 0 ) = 1: Cho  x ∈ R  2 2 Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y 2 ) = −2 y + ( f ( y ) ) ⇒ ( f ( y ) ) = f ( y 2 ) + 2 y  f ( y) = y +1 2 . = y 2 + 1 + 2 y = ( y + 1) ⇒   f ( y ) = − y − 1 Giả sử ∃ yo ∈ R sao cho: f ( yo ) = − yo − 1 . Chọn x = y = yo ta ñược:  f ( yo ) = yo − 1 2 1 = yo2 − 2 yo f ( yo ) + ( f ( yo ) ) ⇔  .  f ( yo ) = yo + 1 Nếu f ( yo ) = yo − 1 ⇒ − yo − 1 = yo − 1 ⇒ yo = 0 vµ f ( 0 ) = −1 (lo¹i) . Nếu f ( yo ) = yo + 1 ⇒ − yo − 1 = yo + 1 ⇒ yo = −1 ⇒ f ( −1) = 0 . Thỏa mãn: f ( yo ) = yo + 1 . Vậy f ( y ) = y + 1 ∀y ∈ R . Thử lại thấy ñúng. 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: 2 Cho x = y = 0 ⇒ f ( f ( 0 ) ) = ( f ( 0 ) ) . ðặt f ( 0 ) = a ⇒ f ( a ) = a 2 . 2 2 Cho x = y ∈ R ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + f ( a ) ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + a 2 (*) .  f ( x) = f (−x) 2 2 . ⇒ ( f ( x )) = ( f ( − x )) ⇒   f ( x ) = − f ( − x ) Nếu ∃ xo ∈ R* sao 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 = 0 ( c ) . (*) 2 Vì f ( xo ) = f ( − xo ) nên f ( xo ) = a ⇒ ( f ( xo ) ) = x02 + a 2 ⇒ a 2 = x02 + a 2 ⇒ xo = 0 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 = 0 ( c ) . Thay f ( x ) = − f ( − x ) suy ra: a = 0 . a ( f ( x ) + 1) = 0 ⇔   f ( x ) = −1 (*)  f ( x) = x 2 + Nế u a = 0 ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 ⇔  .  f ( x ) = − x Giả sử tồn tại xo ∈ R* ñể f ( xo ) = xo . Khi ñó (b) suy ra: xo = f ( xo ) = a xo + a − xo ⇒ xo = 0 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 = 2 ∀x, y ∈ R . Vô lí. Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = − x . Nhận xét: Có một suy luận hay nhầm lẫn ñược sử dụng các VD:  1   f ( x) =     f ( y ) = y +1  2 2 1 2 2  VD13  ( f ( x ) ) = ⇔  ; VD14  ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔  ;   4 = − − 1 f y y ( )    f ( x) = − 1        2    f ( x) = x  2 VD15  ( f ( x ) ) = x 2 ⇔   , ñó là hiểu sai:    f ( x ) = − x   ( f ( x )) 2 2 1  f ( x) = ∀x ∈ R  1 2 ; = ⇔  4  f ( x ) = − 1 ∀x ∈ R  2 ( f ( y ) ) = ( y + 1) ( f ( x )) 2 2  f ( y ) = y + 1 ∀x ∈ R ; ⇔   f ( y ) = − y − 1 ∀x ∈ R  f ( x ) = x ∀x ∈ R = x2 ⇔  .  f ( x ) = − x ∀x ∈ R 18 2 Thực tế thường là như vậy nhưng về mặt logic thì không ñúng. ( f ( x ) ) = 1  2 ( x ≥ 0 ) . Như vậy là hàm khác nữa như f ( x ) =  − 1 ( x < 0 )  2 ( f ( x )) 2 1 thì f ( x ) có thể 4 1  f ( x) =  1 2 = ⇔  chỉ 4  f ( x) = − 1  2 ñúng với mỗi x cụ thể chứ không thể kết luận chỉ có hai hàm số f ( x ) = f ( x) = − 1 ∀x ∈ R hoặc 2 1 ∀x ∈ R . 2 ðể giải quyết vấn ñề này ta thường “thử” f ( x ) = 1 1 ∀x ∈ R hoặc f ( x ) = − ∀x ∈ R vào ñề 2 2 bài ñể tìm hàm số không thỏa mãn (trong VD13 thì f ( x ) = luận phủ ñịnh là ∃ xo : f ( xo ) = − 1 không thỏa mãn) sau ñó lập 2 1 ñể dẫn ñến vô lí! 2 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 bởi x2: f(x6) = 3 x2 f(x2). Mặt khác: f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3). ⇒ 3 x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) ⇔ 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) ⇒ f ( x2 ) = 3x3 + 1 f ( x), ∀x ∈ ℝ 2 Thay x bởi x3 ta ñược : 3 x9 + 1 f ( x 3 ), ∀x ∈ ℝ 2 3x9 + 1 3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ ⇒ 3x 2 f ( x 2 ) = 2 3x3 + 1 3x9 + 1 3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ f ( x) = ⇒ 3x 2 2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0 f ( x6 ) = Vậy f(x) = 0 với mọi x ∈(0; 1). BÀI TẬP 1) Tìm f : N → R thỏa mãn: f ( 0 ) ≠ 0; f (1) = 5 ; 2 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 2 y + y 2 x − f ( y )  ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) . y∈( 0; +∞ ) 6) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( xy ) − f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + 2 x + 1 ∀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 ) + 1 ∀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 2 − y 2 ) = 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 ) = 1 ( f ( 2m ) + f ( 2n ) ) ∀m, n ∈ N , m ≥ n . 2  x + y  f ( x) + f ( y) 12) Tìm f : Z → R thỏa mãn: f  ∀x, y ∈ Z ; ( x + y )⋮ 3 . = 2  3  13) Tìm f : N → N thỏa mãn: 3 f ( n ) − 2 f ( f ( n ) ) = n ∀n ∈ N . 14) Tìm f : Z → Z thỏa mãn: f (1) = a ∈ Z ; f ( m + n ) + f ( m − n ) = 2 ( f ( m ) + f ( n ) ) ∀m, n ∈ Z . 15) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x 3 + 2 y ) = f ( x + y ) + f ( 3 x + y ) + 1 ∀x, y ∈ R . 16) Tìm f : R → R thỏa mãn: x 2 f ( x ) + f (1 − x ) = 2 x − x 4 ∀x ∈ R . Phương pháp 4: Sử dụng tính chất nghiệm của một ña thức. Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn ñẳng thức: ( x3 + 3 x 2 + 3 x + 2) P( x − 1) = ( x 3 − 3 x 2 + 3 x − 2) P( x), ∀x (1) Lời giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x 2 + x + 1) P ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) P( x), ∀x Chọn: x = −2 ⇒ P ( −2) = 0 x = −1 ⇒ P(−1) = 0 x = 0 ⇒ P(0) = 0 x = 1 ⇒ P(1) = 0 Vậy: P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x). 20 Thay P(x) vào (1) ta ñược: ( x + 2)( x 2 + x + 1)( x − 1)( x − 2) x( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x ⇒ ( x 2 + x + 1) G ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) = 2 , ∀x 2 x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) ⇔ = 2 , ∀x 2 ( x − 1) + ( x − 1) + 1 x + x + 1 ⇔ ðặt R( x) = G ( x) x + x +1 2 (x ≠ 0, ± 1, -2) ⇒ R ( x) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x 2 + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Chú ý: Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x. Do ñó (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1). Từ ñó ta có bài toán sau: Ví dụ 2: Tìm ña 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 mọi x. 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) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) thì ta sẽ có bài toán sau: Ví dụ 3: Tìm ña thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn ñẳng thức: (4 x 2 + 4 x + 2)(4 x 2 − 2 x ) P ( x) = ( x 2 + 1)( x 2 − 3 x + 2) P(2 x + 1), ∀x ∈ ℝ Các bạn có thể theo phương pháp này mà tự sáng tác ra các ñề toán cho riêng mình. Phương pháp 5: Sử dụng phương pháp sai phân ñể giải phương trình hàm. 1. ðịnh nghĩa sai phân: Xét hàm x(n) = xn: Sai phân cấp 1 của hàm xn là: △ xn = xn+1 − xn Sai phân câp 2 của hàm xn là: △2 xn =△ xn +1 −△ xn = xn + 2 − 2 xn +1 + xn k Sai phân câp k của hàm xn là: △k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 2. Các tính chất của sai phân: +) Sai phân các cấp ñều ñược biểu thị qua các giá trị hàm số. +) Sai phân có tính tuyến tính: ∆ k (af + bg ) = a∆ k f + b∆ k g +) Nếu xn ña thức bậc m thì ∆ k xn : Là ña thức bậc m – k nếu m > k. Là hằng số nếu m = k. Là 0 nếu m < k. 21 3. Nội dung của phương pháp này là chuyển bài toán phương trình hàm sang bài toán dãy số và dùng các kiến thức dãy số ñể tìm ra các hàm số cần tìm. Ví dụ 1: Tìm f: N → R thoả mãn : f(1) = 1 và 2f(n).f(n+k) = 2f(k-n) + 3f(n).f(k) ∀ k, n∈N, k≥ n. Lời giải:  f (0) = 0 Cho n = k = 0 ta ñược: (f(0))2 + 2f(0) = 0 ⇔  .  f (0) = −2 + Nếu f(0) = 0 thì chọn n = 0, k∈ N ta ñược: f(k) = 0 trái giả thiết f(1) = 1. + Nếu f(0) = - 2 thì chọn n = 1, k∈ N* ta ñược: 2.f(k+1) - 3.f(k) - 2.f(k-1) = 0. u0 = −2; u1 = 1 . ðặt uk = f(k) ta ñược dãy số:  * 2uk +1 − 3uk − 2uk −1 = 0 ∀k ∈ ℕ 1 Từ ñây tìm ñược uk = f(k) = −2.(− ) k ∀k ∈ N . Thử lại thấy ñúng. 2 Ví dụ 2 (Dự tuyển IMO 1992): Cho a, b> 0. 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; +∞) và ñặt u0 = x, u1 = f(x), un+1 = f(un). Từ (2) ta ñược : un+2 + a.un+1 – b.(a + b).un = 0. Giải dãy số trên ta ñược: un = c1.bn + c2.(-a -b)n (*). Vì un ≥ 0 ∀n∈N nên ta có: 0 ≤ lim ( n →+∞ un b n b = c1.( ) + c2 .(−1) n . Mặt khác: 0 < < 1 nên n a+b ( a + b) a+b un b n ) = 0 . Do ñó, nếu c2 > 0 thì khi n lẻ và n ñủ lớn thì < 0 vô lí !; còn nếu a+b ( a + b) n c2 < 0 thì khi n chẵn và n ñủ lớn thì un < 0 vô lí !. Vậy c2 = 0. Thay vào (*) ta ñược ( a + b) n un = c1.bn. Từ u0 = x suy ra c1 = x và f(x) = bx. Do ñó f(x) = bx ∀x∈[0;+∞). Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 3: Tìm tất cả các hàm f : ℝ → ℝ thỏa mãn: f(f(x)) = 3f(x) – 2x , ∀x ∈ ℝ Lời giải : Thay x bởi f(x) ta ñược: f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , ∀x ∈ ℝ ……………………….. f (... f ( x)) = 3 f (... f ( x)) − 2 f (... f ( x))    n+ 2 n +1 n Hay f n+ 2 ( x) = 3 f n+1 ( x) − 2 f n ( x), n ≥ 0 ðặt xn = f n ( x ), n ≥ 0 ta ñược phương trình sai phân: xn+ 2 = 3 xn +1 − 2 xn Phương trình ñặc trưng là: λ 2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 2 22 Vậy xn = c1 + c2 2 n  x0 = c1 + c2 = x Ta có:   x1 = c1 + 2c2 = f ( x ) Từ ñó ta ñược c1 = 2 x − f ( x), c2 = f ( x) − x Vậy f ( x) = x + c2 hoặc f ( x) = 2 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 là 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 là 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 + 1 + f(2007+2007) = f(f(n+1)+2007). Vì f là ñơn 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 ñó ta có f(n) = n.a + 2007. Thay lại (10) ta ñược a2n = n ∀n∈N* ⇒ a2 = 1 ⇒ a = 1 ⇒ 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 là ñơn ánh. Mặt khác, cố ñịnh x thì ∀t∈R tồn tại y = t - (f(x))2 ñể f(xf(x) + f(y)) = t. Vậy f là toàn ánh, do ñó f là song ánh. Suy ra tồn tại duy nhất a∈R sao cho f(a) = 0. 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 = 0 ⇒ f(0) = 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 hoặc f(x) = -x. Giả sử tồn tại a, b∈R* ñể f(a) = a, f(b) = -b. Khi ñó thay x = a, y = b thì từ (2) suy ra: f(a2 - b) = a2 + b. Mà (a2 + b)2 ≠ (a2 - b)2 với a, b∈ R* trái với khẳng ñịnh (f(x))2 = x2. Vậy có hai hàm số là f(x) = x, ∀x∈R hoặc f(x) = -x ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Phương pháp 7: phương pháp ñiểm bất ñộng. 1. ðặc trưng của hàm: Như ta ñã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của nó là hàm. ðể giải quyết tốt vấn ñề này, cần phân biệt tính chất hàm với ñặc trưng hàm. Những tính chất quan trắc ñược từ ñại số sang hàm số, ñược gọi là những ñặc trưng hàm. +) Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi ñó f(x + y) = f(x) + f(y). Vậy ñặc trưng hàm tuyến tính là: f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y. 23 +) Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi ñó f(x) + f(y) = 2 f ( x+ y ) . Vậy ñặc trưng hàm ở ñây là 2  x + y  f ( x) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ℝ f = 2  2  ðến ñây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là: Những hàm nào có tính chất f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ℝ . Giải quyết vấn ñề ñó chính là dẫn ñến phương trình hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi ñặc trưng hàm cho trước. +) Hàm lũy thừa f ( x) = x k , x > 0 ðặc trưng là f(xy) = f(x)f(y). +) Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) ðặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ ℝ +) Hàm Lôgarit f ( x) = log a x (a>0,a ≠ 1) ðặc trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y). +) f(x) = cosx có ñặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y). Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm ñược các ñặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx và với các hàm Hypebolic: +) Sin hypebolic shx = e x − e− x 2 +) cos hypebolic chx = e x + e− x 2 +) 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 là ℝ tập giá trị là ℝ chx có TXð là ℝ tập giá trị là [1, +∞ ) thx có TXð là ℝ tập giá trị là (-1,1) cothx có TXð là ℝ {0} tập giá trị là (−∞, −1) ∪ (1, +∞ ) Ngoài ra bạn ñọc có thể xem thêm các công thức liên hệ giữa các hàm hypebolic, ñồ thị của các hàm hypebolic. 2. ðiểm bất ñộng: Trong số học, giải tích, các khái niệm về ñiểm bất ñộng, ñiểm cố ñịnh rất quan trọng và nó ñược trình bày rất chặt chẽ thông qua một hệ thống lý thuyết. Ở ñây, tôi chỉ nêu ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm. Ví dụ 1: Xác ñịnh các hàm f(x) sao cho: f(x+1) = f(x) + 2 ∀x ∈ ℝ. Lời giải: Ta suy nghĩ như sau: Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do ñó c = ∞ Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta ñược f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như vậy ta ñã chuyển phép cộng ra phép cộng. Dựa vào ñặc trưng hàm, ta phải tìm a: f(x) = ax ñể khử số 2. Ta ñược (*) ⇔ a ( x + 1) = ax + 2 ⇔ a = 2 Vậy ta làm như 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 này tương ñương với g(x + 1) = g(x), ∀x ∈ ℝ Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. ðáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Nhận xét: Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là 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) sao cho: f(x + 1) = – f(x) + 2, ∀x ∈ ℝ (2). Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 do ñó c = 1. vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = – g(x), ∀x ∈ ℝ 1   g ( x + 1) = − g ( x)  g ( x ) = [ g ( x) − g ( x + 1)] Do ñó ta có:  ⇔ ∀x ∈ ℝ (3). 2  g ( x + 2) = g ( x)  g ( x + 2) = g ( x) Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng: g ( x) = 1 [ h( x) − h( x + 1) ] , ∀x ∈ ℝ ở ñó h(x) là 2 hàm tuần hoàn với chu kì 2. Nhận xét: Qua ví dụ này, ta có thể 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 ñi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Lúc ñó (3) có dạng: g(x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ ℝ Coi 3 như g(1) ta ñược: g(x + 1) = g(1).g(x) ∀x ∈ ℝ (*). Từ ñặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ: a x +1 = 3a x ⇔ a = 3 Vậy ta ñặt: g ( x) = 3x h( x) thay vào (*) ta ñược: h(x + 1) = h(x) ∀x ∈ ℝ . Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận: f ( x) = −1 + 3x h( x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Nhận xét: Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là: f(x + a) = bf(x) + c ∀x ∈ ℝ ; a, b, c tùy ý. +) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm tuần hoàn. +) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 ∀x ∈ ℝ (4) Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1. ðặt f(x) = 1 + g(x). Khi ñó (4) có dạng: g(2x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ ℝ (*) Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1. Vậy ñặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -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 = 0 , (2t ) m = 3.t m ⇔ m = log 2 3 Xét ba khả năng sau: 25 +) Nếu t = 0 ta có h(0) = 0. +) Nếu t> 0 ñặt h(t ) = t log2 3ϕ (t ) thay vào (3) ta có: ϕ (2t ) = ϕ (t ), ∀t > 0 . ðến ñây ta ñưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 +) Nếu t < 0 ñặt h(t ) =| t |log2 3 ϕ (t ) thay vào (3) ta ñược ⇔  ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 1  ϕ (t ) = [ϕ (t ) − ϕ (2t )] , ∀t < 0 ⇔ . 2 ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 Nhận xét: Bài toán tổng quát của dạng này như sau: f (α x + β ) = f (ax ) + b α ≠ 0, ± 1 . Khi ñó từ phương trình α x + β = x ta chuyển ñiểm bất ñộng về 0, thì ta ñược hàm tuần hoàn nhân tính. +) Nếu a = 0 bài toán bình thường. +) Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: “Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, ∀x ≠ -1 (1)”. Xét: 2x + 1 = x ⇔ x = −1 nên ñặt x = -1 + t thay vào (1) ta ñược: f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠ 0 . ðặt g(t) = f( - 1 + t) ta ñược: g(2t) = g(t) + 2 ∀t ≠ 0 (2). Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm logarit. Ta có log a (2t ) = log a t − 2 ⇔ a = 1 . Vậy ñặt g (t ) = log 2 1 2 t + h(t ) . Thay vào (2) ta có h(2t ) = h(t ), ∀t ≠ 0 . ðến ñây bài toán trở nên ñơn giản. Phương pháp 8: phương pháp sử dụng hệ ñếm. Ta quy ước ghi m = (bibi-1...b1)k nghĩa là trong hệ ñếm cơ số k thì m bằng bibi-1...b1. Ví dụ 1 (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 một số giá trị của hàm số và chuyển sang cơ số 2 ta có thể dự ñoán ñược: “∀n∈N*, n = (bibi-1...b1)2 thì f(n) = (b1b2 ...bi)2” (*). Ta sẽ chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 dễ kiểm tra (*) là ñúng. + Giả sử (*) ñúng cho k < n, ta sẽ chứng minh (*) ñúng cho n (với n ≥ 4). Thật vậy, ta xét các khả năng sau: • Nếu n chẵn, n = 2m. Giả sử m = (bibi-1...b1)2, khi ñó 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 ⇒ (*) ñúng. • Nếu n lẻ và n = 4m + 1. Giả sử m = (bibi-1...b1)2, khi ñó 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 ⇒ (*) ñúng. 26 • Nếu n lẻ và n = 4m + 3. Giả sử m = (bibi-1...b1)2, khi ñó 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 và hàm f ñược xác ñịnh như (*). Ví dụ 2 (Trích ñề thi của 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) = 1. Từ 3) suy ra 3f(n) | f(2n). Kết hợp với 2) suy ra f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n)+1 ∀n∈N*. Thử một số giá trị ta thấy f(n) ñược xác ñịnh như sau: “Với n = (b1b2…bi)2 thì f(n) = (b1b2…bi)3 ∀n∈N*” (*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên (*) ñúng. + 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 thì n = 2m = (c1c2…cj0)2. Khi ñó: f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2…cj)2) = (10)3.(c1c2…cj)3 = (c1c2…cj0)3 ⇒ (*) ñúng cho n chẵn. • Nếu n lẻ: n = 2m + 1 ⇒ n = (c1c2…cj1)2. Khi ñó: f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + 1 = 3f((c1c2…cj)2) + 1 = (10)3.(c1c2…cj)3 + 13 = (c1c2…cj1)3 ⇒ (*) ñúng cho n lẻ. Vậy (*) ñúng cho mọi n∈N* và f(n) ñược xác ñịnh như (*). Phương pháp 9: phương pháp sử dụng ñạo 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: 2 f ( x) − f ( y ) f ( x) − f ( y ) ≤ x− y ⇒0≤ ≤ x− y x− y lim x→ y x − y . Vì lim 0 = lim x→ y x→ y x − y = 0 nên suy ra f ( x) − f ( y ) = 0 ⇒ f’(y) = 0 ⇒ f(y) = c ∀y∈R (với c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. x− y Ví dụ 2: Tìm f: R → R có ñạo hàm trên R và thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy ∀x, y∈R (15) Lời giải: + Cho x = y = 0 ta ñược f(0) = 0. 27 + Với y ≠ 0, cố ñịnh x ta ñược: f ( x + y ) − f ( x) f ( y ) + 2 xy f ( y ) − f (0) = = + 2 x (*). Vì f(x) y y y −0 có ñạo hàm trên R nên từ (*), cho y → 0, suy ra f’(x) = f’(0) + 2x = 2x + c ⇒ f(x) = x2+cx+b ∀x∈R; b, c là các hằng số thực. Thử lại thấy ñúng. Phương pháp 10: phương pháp ñặt hàm phụ. Mục ñích chính của việc ñặt hàm phụ là làm giảm ñộ phức tạp của phương trình hàm ban ñầu và chuyển ñổi tính chất hàm số nhằm có lợi hơn trong giải toán. Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: f(x) ≥ 2007x và f(x+y) ≥ f(x)+f(y) ∀x, y∈R (1). Lời giải: Dễ thấy f(x) = 2007x là một hàm số thoả mãn (1). ðặt g(x) = f(x) - 2007x và thay vào (1) ta ñược: g(x) ≥ 0 (a) và 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 ra g(0) = 0. + Cho x = -y, x∈R, từ (a) và (b) ta ñược g(x) ≥ 0, g(-x) ≥ 0, 0 ≥ g(x) + g(-x); suy ra : g(x) = g(-x) = 0 ⇒ h(x) = 2007x, ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f: R → R liên tục trên 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 0. ðặt g(x) = f(x) - (-1) = f(x) + 1. Thế vào (18) ta ñược: g(x+y) = g(x).g(y) ∀x, y∈R (*). Cho x = y = t ta ñược g(t) ≥ 0 ∀t∈R. 2 Cho x = y = 0 ta ñược: g(0) = 0 hoặc g(0) = 1. + Nếu g(0) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R ⇒ f(x) = -1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. + Nếu g(0) = 1: Giả sử tồn tại a ñể g(a) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R. Trái với giả thiết g(0) = 1. Vậy g(x) > 0 ∀x∈R. ðặt h(x) = lng(x) ta ñược : h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Từ f(x) liên tục trên R suy ra h(x) liên tục trên R. Theo phương trình hàm Côsi ta ñược h(x) = cx (với c là hằng số) ⇒ f(x) = ecx – 1 ∀x∈R. Khi c = 0 thì f(x) = -1. Vậy trong mọi trường hợp f(x) = ecx – 1 ∀x∈R thử lại thấy ñúng. Phương pháp 11: Sử dụng tính liên tục của hàm số. Sử dụng tính liên tục của hàm số có 3 con ñường chính: Xây dựng biến từ N ñến R, chứng minh hàm số là hằng số, sử dụng phương trình hàm Côsi. Ví dụ 1 (xây dựng biến từ N ñến R): Tìm hàm f : R → R thỏa mãn: 1) f(x) liên tục trên 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 = 0 ta ñược: f(0) = 1. Cho x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (a) quy nạp ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. Với n∈N, (a) ⇒ f(-n) = f(-n+1) – 1 = f(-n+2) – 2 =…= f(0) -n = -n + 1. Vậy f(z) = z +1 ∀z∈Z. 1 1 1 Với ∀n∈N*, 2 = f(1) = f (n. ) = f (n) f ( ) − f (n + ) + 1 (b). Mặt khác từ (a) ta có: n n n 1 1 1 1 f (n + ) = 1 + f (n − 1 + ) = 2 + f (n − 2 + ) = … = n + f ( ) . Thế vào (b) ta ñược: n n n n 1 1 f ( ) = + 1. n n Với q ∈ ℚ, q = m m 1 1 1 , m ∈ ℤ, n ∈ ℕ* ta có: f (q ) = f ( ) = f (m. ) = f (m) f ( ) − f (m + ) + 1 = n n n n n 1 1 = (m + 1)( + 1) − f (m + ) + 1 (c). Từ (a) ta dễ dàng chứng minh ñược: n n 1 1 f (m + ) = m + f ( ) . Thế vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. n n Với r∈R, tồn tại dãy {rn} với rn∈Q thỏa mãn lim rn = r . Khi ñó, do f liên tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2 (chứng minh hàm số là hằng số): 1 1 Tìm hàm f: [0; ] → [0; ] thỏa mãn: 2 2 1 1) f(x) liên tục trên [0; ] 2 1  1 2) f ( x ) = f ( x 2 + ) ∀x ∈  0;  . 4  2 Lời giải: 1 Với a∈[0; ], xét dãy số: 2  x0 = a  .  1 2 = + ∀ ∈ ℕ x x n n  n+1 4 Dễ chứng minh {xn} không âm (a). x0 ≤ 1 1 1 1 ⇒ x1 ≤ x02 + ≤ . Quy nạp suy ra xn ≤ (b). 2 2 4 2 29 1 xn +1 − xn = ( xn − ) 2 ≥ 0 ⇒ xn +1 ≥ xn ∀n ∈ ℕ (c). 2 1 1 Từ (a), (b), (c) suy ra xn∈[0; ] và {xn} có giới hạn hữu hạn là limx n = . 2 2 1 1 Vậy với mọi a∈[0; ], f(a) = f(x1) = f(x2) =…= limf(xn) = f(limxn) = f( ) = c (c là hằng số). 2 2 Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi – VMO năm 2006(bảng B)): Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀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 < 0 ⇒ f(t) < 0 ( f (t )) 2 f ( x) g ( x) . Thế vào (3) ta ñược: ) ⇒ f ( x) = −2.e −2 = -8 ⇔ g(x-y) + g(y-z) + g(z-x) = 0 (*). + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta ñược g(0) = 0 (a). + Cho y = z = 0, x∈R, từ (a) ta ñược g(x) = g(-x) (b). Từ (*) và (b) suy ra 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 trên R nên g(x) cũng liên tục trên R. Từ (**), theo phương trình hàm Côsi ta ñược g(x) = ax ⇒ f(x) = -2.eax = -2.bx (Với b = ea > 0). Thử lại thấy ñúng. ——————————————————Hết——————————————————- 30
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top