Chuyên đề phương trình hàm

Tài liệu tham khảo chọn lọc BDHSG Toán lớp 12 Chuyên đề: Phương trình hàm... Tài liệu tham khảo chọn lọc BDHSG Toán lớp 12 Chuyên đề: Phương trình hàm Suy ra:... Tài liệu tham khảo chọn

Trang 1

Tài liệu tham khảo chọn lọc BDHSG Toán lớp 12 Chuyên đề: Phương trình hàm

VỀ HAI BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM

TRONG CÁC KỲ THI OLYMPIC TOÁN

Trần Xuân Đáng

(Giáo viên trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định)

Bài toán 1: Tìm tất cả các hàm số f : ℤ → ℤ sao cho với tất cả các

số nguyên a b c , , thỏa mãn a b c + + = 0, đẳng thức sau là đúng:

( f a ( ) )2+ ( f b ( ) )2+ ( f c ( ) )2 = 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) f a f b + f b f c + f c f a

(Ở đây ℤ ký hiệu tập hợp các số nguyên)

Bài toán 1 là bài toán 4 của đề thi IMO 2012 do Nam Phi đề nghị

Sau đây là lời giải bài toán 1 của tác giả bài viết này:

Giả sử hàm f : ℤ → ℤ thỏa mãn điều kiện đề bài Cho

Trang 2

Trang 3

Suy ra:

Trang 4

Vậy hàm f : ℤ → ℤ sao cho f (2 ) i = 0, f (2 i + 1) = t t ( ∈ℤ ) với

mọi i ∈ℤ thỏa mãn điều kiện đề bài

f k f f

f( (2))= (3 )= (0)−3 ⇒2=3991−3 hay 3k =3989(vô lý ), vậy f(2)≠3k

Nếu f(2)=3k +1, k∈Z thì

39882)1(33)1()13())2((

2=f f =f k+ = f − k⇒ k=f − = (vô lý ), vậy

.13)2( ≠ k+

;,

43

)

3(mod2,3991)

(

n Z k n k

n n n

2 Tìm tất cả các hàm f : N*→N thoả mãn các điều kiện sau

a) f(mn)= f(m)+ f(n),∀m;n∈N*

b) f(30)=0c) f(n)=0 nếu n có chữ số tận cùng bằng 7

-

Trang 5

=

−

∈+

;13,3)1(

;3,3)0()(

Z t t n t f

0(19961995)0

1(03990)1

f i + = t f i + = t f i + = t f i = t ∈ ℤ t ≠ ∀ ∈ i ℤGiả sử a b c , , ∈ℤ sao cho a b c + + = 0

Trang 6

- Nếu a ≡ 3(mod 4), b ≡ 3(mod 4), c ≡ 2(mod 4)thì

Ta chứng minh f thoả mãn điều kiện đề bài, nghĩa là f ∈D Thật vậy:

2 2

))2(())1()2())((

1())2(()3()1(n+ f n+ − f n+ = f n+ a+b f n+ −f n+ − f n+

f

2

2 ( ( 2))))

1(()2()1()

2))1(())2()1())((

2

,))1(()()2

= f n f n f n ∀n∈N*suy ra

2 2

))1(()()2())2(()3()1(n+ f n+ − f n+ = f n+ f n − f n+

f

2 2

))2(()3())2(()1()3

=

Từ đó ta có f(n)f(n+2)−(f(n+1))2 = f(3)−(f(2))2

2 2

1)())2(()1()2()(a+b f − f − f = a+b a− −a

= = ab−1=1998−1=1997.Vậy ta được f(n)f(n+1)=(f(n+1))2+1997 hay f ∈D

Ta có tương ứng, mỗi f ∈D với một giá trị f(2)|1998 là một song

ánh giữa D và tập các ước dương của 1998 Do đó số phần tử của D

Trang 7

)2(

)3()1()

1

(

)2(

)

(

N n n

f

n f n

f n

+++

=+

++

Vì vậy ta có

)1(

)2()(

)3(

)4()2()

++

n f n f f

f f f

f

Đặt

)2(

)3()

1

(

f

f f

)

,

(p q = thì từ (2) ta có

*),

1())2(

2(()3()1()

Ta được a|1998, hay f(2) là một ước dương của 1998

Ngược lại với mỗi ước dương a của 1998 ta xây dựng hàm

()1()(

f ℤ → ℤ: f n ( ) = n t t2 ( ∈ ℤ , t ≠ 0) ∀ ∈ n ℤ :

f ℤ → ℤ: (4 ) 0, (4 1) , (4 2) 4 , (4 3) ( , 0)

(Bài toán 7 của đề thi VMO - 2012)

Trong tạp chí Kvant tháng 11 năm 1986 có bài toán sau:

Bài toán 3: Tìm tất cả các hàm liên tục f : ℝ → ℝ thỏa mãn

( ( ) ) ( )

f f x = f x + x với mọi số thực x Sau đây là lời giải của bài toán 3:

Trang 8

Giả sử hàm f : ℝ → ℝ là hàm liên tục trên ℝ và thỏa mãn

⇒ = + với mọi n ∈ ℕ* trong đó ( ) Fn là dãy

Vì f liên tục và đơn ánh nên f đồng biến hoặc f nghịch biến

Mặt khác với p nguyên tố mà f(p)= p thì f(f(p))= f(p) nên

p

p3 = suy ra p=1 mâu thuẫn với p là số nguyên tố

Còn nếu f(p)= p3 thì p3 = f(f(p))= f(p3)=(f(p))3 = p9 suy ra 1

=

p mẫu thuẫn với p nguyên tố Vậy f(p)≠ p và f(p)≠ p3 Khi

đó ta xây dựng hàm f như sau

Chia tập số nguyên tố thành vô hạn các cặp(p;q)(p ≠q)rời nhau, đặt

p q f q p

f( )= 3; ( )= hoặc f(p)=q;f(q)= p3 thì f luôn thoả mãn đề bài (để ý rằng có vô số hàm f thoả mãn đề bài, chẳng hạn theo cách

2(()3()1(n+ f n+ = f n+ 2+

f

1997))

2(()3()1())1(()2()

=+

−++

=+

−

n f n f

Trang 9

⇒ n1 =n2 tức f là đơn ánh

Với n=1 thay vào (1) và do f là đơn ánh ta có

)(

(())

(

)

(m f n f mn

Từ đó ta được f là hàm hoàn toàn nhân tính Vì vậy ta chỉ cần xét các

giá trị của f tại các điểm nguyên tố

Gọi p là số nguyên tố, giả sử f(p)=ab, a ≥ b≥1, ta có

)

()()())

(

3

b f a f ab f p

Do đó ta có với mỗi số nguyên tố p thì f ( p)hoặc là số nguyên tố hoặc

là lập phương của một số nguyên tố

Giả sử f nghịch biến trên ℝ Pt đặc trưng của dãy ( ) Fn là:

Trang 10

→+∞

Mặt khác

1 1

Vì f không bị chặn và f liên tục nên Im f = ℝ Mặt khác f đơn

Theo chứng minh trên f là hàm đơn ánh và là hàm hoàn toàn nhân

tính

Với p nguyên tố mà f(p)=mn; ∀m,n∈N* thì ta có

)()()())((f p f mn f m f n

)()(m f n f

Suy ra f(m)=1 hoặc f(n)=1,nghĩa là m =1 hoặc n=1 Vì vậy )

( p

f là số nguyên tố Do đó f nhận các giá trị nguyên tố phân biệt tại

các điểm nguyên tố phân biệt

Với f thoả mãn trên thì f(2005)= f(5.401)= f(5)f(401)≥ 2.3=6

Ta chỉ ra tồn tại một hàm số thoả mãn đề bài có f(1)=1 và

6)2005

f được xác định như sau 1

)1( =

f ; f(5)=2; f(2)=5; f(401)=3; f(3)=401,

,)(p p

f = ∀ nguyên tố p p∉{2,3,5,401},do vậy giá trị nhỏ nhất có thể

có f(2005) là 6

Nhận xét: Theo cách chứng minh trên ta có thể xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của f (n) với mỗi giá trị cụ thể của n và hàm f thoả mãn đề bài

-

Ví dụ 4.3

Tìm tất cả các hàm f : N*→N* thoả mãn điều kiện

)())

((mf n n3f m

f = ; ∀m,n∈N* (1)

Giải

Đặt f(1)=a Từ (1) cho m=1 ta có f(f(n))=n3f(1)=an3 (2) Nếu n1,n2∈N* mà f(n1)= f(n2) suy ra

⇒

= ( ( ))))

((f n1 f f n2

f an13 =an32do (2)

Trang 11

suy ra (6) đúng với k+1,hay công thức (6) đúng với mọi k∈N*.Từ

đó ta có a k |(f(n))k 1

Ta chứng minh a| f(n), thật vậy

Giả sử số mũ của số nguyên tố ptrong phân tích tiêu chuẩn của n là

α và số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của f (n) làβ Khi đó

số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của a k là αk còn số mũ

của p trong phân tích tiêu chuẩn (f(n))k+1 là β(k+1) Nếu α >β thì

luôn tồn tại số nguyên dương k0sao cho (1 1)

f f a

a f a

2))1(()()(

),()()()()()

mn af a

n f m f

(())(())(())(()(

m a a

m f f m f g m ag g m g g a g

g = < với 1

Trang 12

Lời giải của bài toán 2 tương tự như lời giải của bài toán 3

Sau đây là lời giải bài toán 2 của tác giả bài viết này:

Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các điều kiện đề bài

Vì f là toàn ánh từ ℝ → ℝ và f là hàm số tăng trên ℝ nên tồn tại hàm

gxác định trên ℝ, tăng trên ℝ sao cho f g x ( ( ) ) = x và g f x ( ( ) ) = x

với mọi x ∈ ℝ (g là hàm ngược của f )

Từ (1) cho n =1⇒ 2 2

))(()(am f m

f = , ∀m∈N* (3)

Từ (1), (2), (3) ta có :

2 2

2

))()(

())(())(())()((f m f n = f m f n = f am f n

= f(n2f(f(am2)))= f(n2.a2.a.m2) = f(a.(amn)2)= f((amn)2f(1))=(f(amn))2

⇒ f(m)f(n)= f(amn)Vậy f(an)=af(n); af(mn)= f(mn)= f(m)f(n) (4)

))(()()(an af n f n

Với mỗi n∈N*, ta chứng minh công thức sau bằng quy nạp

,))(()( k+1 = k+1k

n f n

f

Với k =1 công thức (6) đúng do có (5) Giả sử có k ( k+1)=( ( ))k+1

n f n

f

)()

( )( k+2 = k k+2 = k k+2k

an f a n

f a a n

f a

=a k.f(a.n.n k+1)=a k.f(n k+1).f(n) =( ( ))k+1 ( )=( ( ))k+2

n f n f n f

Trang 13

Nếu f ( p) là hợp số thì tồn tại a,b∈N*,a ≥ b>1 sao cho

ab

b

f( )=

Ta có p2f(f(p))= f(ab)= f(a)f(b) xảy ra các trường hợp sau

Nếu f(a)= p2 thì f(b)=1 suy ra b=1 vô lý

Nếu f(b)= p2 thì f(a)=1 suy ra a=1 vô lý

Nếu f(a)= f(b)= p do f đơn ánh thì a= suy ra b f(b)=a2

Lại xét, nếu a=nnvới m,n∈N* thì

2 2

2 f(f(p)) f(a ) (f(a))

p = = = và p= f(a)= f(mn)= f(m)f(n)

suy ra f(m)=1 hoặc f(n)=1 nghĩa là m=1 hoặc n=1, vậy a là số

nguyên tố

Từ chứng minh nếu p là số nguyên tố thì f ( p) hoặc là số nguyên tố

hoặc là bình phương của một số nguyên tố

Mặt khác ta lại có

Nếu f(p)= p thì f(f(p))= f(p) suy ra p2 = p nên p =1 mâu

thuẫn với p nguyên tố

Vì lẽ đó, ta có thể xây dựng hàm số f như sau

Gọi p i là số nguyên tố thứ i trong dãy các số nguyên tố

, )7,5

Xét các dãy ( ) un và ( ) vn sao cho

g t u t v g t n

Trang 14

Lại có f(bn)=b2n= n nên b=1 và f(n)=n Hàm số thoả mãn đề bài là f(n)=n,∀n∈N

-

IV Sử dụng tính chất của hàm hoàn toàn nhân tính

Ta đã biết đối với hàm hoàn toàn nhân tính rất thuận lợi khi tính giá trị của nó tại một điểm tuỳ ý đó là: Cho k

k p p p

n α1 α2 α

2 1

tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n , nếu f là hàm số hoàn toàn nhân

k p f p

f n

f( ) ( ( ))α1 ( ( ))α

1

= Do đó để xác định giá trị của hàm f ta chỉ cần xác định giá trị của nó tại các điểm nguyên tố

)())

(

m f n n mf

f = , ∀m;n∈N* (1)

Giải

Từ (1) cho m=1 ta có f(f(n))=n2f(1),∀n∈N* Nếu n1,n2∈N* mà f(n1)= f(n2) thì

)1()

1())

(())((f n1 f f n2 n12f n22f

Do f(n)∈N* nên f(1)≠ 0 suy ra n1 =n2, vậy f là đơn ánh

Từ (1) cho m = n =1 và do f là đơn ánh ta có f(f(1))= f(1)

1)1( =

suy ra ( ( )) 2,

n n f

Trang 15

Nhận xét: Một số phương trình hàm được giải bằng cách kết hợp

nguyên lý quy nạp và nguyên lý thứ tự cùng với một số tính chất của

hàm số, ta xét ví dụ sau

-

,)())

Mặt khác, từ giả thiết cho m=0 ta có

+∞

→+

=+

n

f

f( ( )) (0) khi n →+∞ điều này mâu thuẫn

với f(n)≤ M, ∀n∈N nên phải có f(0)= a =0, khi

1())(1

PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN KHI GIẢI PT HÀM

PP thế biến có lẽ là pp được sử dụng nhiều nhất khi giải pt hàm

có f( )0 thì ta thế y bởi −x, muốc có f x( ) thì cho 0

y= , muốn có f nx( ) thì thế y bởi (n−1)x

BÀI VIẾT THAM KHẢO SỐ 2

Trang 16

⊃ Với giả thiết đó mới

đảm bảo tính chất: “ Khi t chạy khắp các giá trị của t thì x=1 cũng

g( 1)∈ vàg(n1)< g(n0),mâu thuẫn với việc chọn g(n0).Vậy f ≡ g, đó chính là điều phải chứng minh

-

))(()1(n f f n

f Mà phần tử nhỏ nhất của A là f(1) và nó được xác định duy nhất

Từ f(1)≥1 suy ra f(n)>1, ∀n>1

Vì vậy ta có thể hạn chế hàm f trên N*\{ }1, f :N*\{ }1 →N*\{ }1Lập luận tương tự như trên f(2)là phần tử nhỏ nhất của miền giá trị của hàm này, nên ta có f(1)< f(2) suy ra f(2)>2, ∀n>2

Lại tiếp tục hạn chế hàm f trên N*\{ }1;2

)1())((f n ≥ f n+

f , do f là hàm tăng, điều này mâu thuẫn với giả

thiết f(f(n))< f(n+1)

Vì vậy f(n)=n, ∀n∈N* Đó là điều phải chứng minh

Trang 17

f(n)=0 trong các trường hợp còn lại củan

Nhận xét: Đối với các trường hợp 1 và 2 ta cũng có thể giải được

nhờ giải phương trình đặc trưng λ2−2f(1)λ+1=0

-

III Sử dụng nguyên lý thứ tự

Định lý 1: Mọi tập con khác rỗng của N đều có phần tử nhỏ nhất

Định lý 2: Mọi tập con khác rỗng và bị chặn của N đều có phần tử

g n0∈N Vì f là toàn ánh nên với g(n0), tồn tại n1∈N sao

cho f(n1)=g(n0).Từ giả thiết có g(n1)≤ f(n1)= g(n0)≤ f(n0) (1)

t t

≤ −

+

Ví dụ 4: Tìm f : 0;( +∞ →) (0;+∞ thỏa mãn: ) ( )

( ) ( ( ) ) , (0; )( )4

xf xf y = f f y ∀x y∈ +∞

Lời giải:

Cho y=1,x∈(0;+∞ , ta được: ) xf xf( ( )1 )= f(f( )1 ) Cho

( )

11

x f

= ta được: f (f( )1 ) 1 xf x( ( )1 ) 1 f xf( ( )1 ) 1

x

Đặt:

Trang 18

f

0)1()3( =−f =

f

.1)2()4( =−f =

f

CM quy nạp f(4m)=1, ∀m∈N*; f(4m+1)=0,∀m∈N* (2)

f(4m+2)= −1,∀m∈N*; f(4m+3)=0,∀m∈N* (3) Thật vậy, giả sử có

;1)4( m =

f f(4m+1)=0 (*)

;1)24( m+ =−

f f(4m+3)=0 (**) Khi đó

1)4()24()44())1(4( m+ = f m+ =−f m+ = f m =

0)14)34()54()1)1(4( m+ + = f m+ =−f m+ = f m+ =

1)24()44()64()2)1(4( m+ + = f m+ =−f m+ = f m+ =−

0)34()54()74()3)1(4( m+ + = f m+ =−f m+ = f m+ =

Nghĩa là (2) và (3) đúng với m+1, ta được điều phải chứng minh

Vậy trong các trường hợp hàm f được xác định như sau

,1)(n =

f nếu n≡0 (mod 4)

,1)(n =−

f nếu n≡2 (mod 4) 0

)(n =

f trong các trường hợp còn lại của n.Kết luận: Vậy có 4 hàm số thoả mãn đề bài đó là

. f(n)=0, ∀n∈Z

. f(n)=1, ∀n∈Z

. f(n)=(−1)n nếu n>0, n∈Z

1)(n =

f nếu n=0

Trang 19

Cho k =n từ a) ta có f(2n)=2f2(n)−1

Nếu | f(1)|≥2 thì | f(2)|=|2f2(1)−1|≥7 suy ra

97

|1)2

Vậy ta được | f(2n)→+∞ khi n→+∞ hay f(2n) hkông bị chặn

mâu thuẫn với b), do đó | f(1)|<2 nên f(1)∈{−1;0;1}

22((

Trang 20

Ta chứng minh (1) đúng với n∈{−2k−2;−2k−1;2k+2;2k+3}.Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có

12)2(1)2(− k = − − k = k +

f và f(−2k+1)=1−(−2k+1)=2k suy ra

)22(112)2)212(()22( k+ = f f − k− + + =− k− = − k+

f

)32(122)2)222(()32( k+ = f f − k− + + =− k− = − k+

f

)22(132))32(()22(− k− = f f k + = k+ = − − k−

f

)12(122))22(()12(− k− = f f k+ = k+ = − − k−

f

Chứng tỏ (1) đúng với n∈{−2k−2;−2k−1;2k+2;2k+3}.Vậy f(n)=1−n,∀n∈Z là nghiệm của bài toán

-

Ví dụ 2.4

Xác định tất cả các hàm f :Z →Z thoả mãn các điều kiện sau

a) f(k+n)+ f(k−n)=2f(k).f(n),∀ ;k n∈Z b) Tồn tại số nguyên N sao cho | f(n)|< N,∀n∈Z

Giải

Cho n = k=0 từ a) ta có f(0)= f2(0) suy ra f(0)=0 hoặc

.1)0( =

Ta đi xác định f(1)

Trang 21

2 3 2 3

2 2

.

2 3

) 3 2 (

2

−

=

Nhận xét: Nguyên lý quy nạp không còn đúng trong tập Z, nhưng

trong các bài toán ta có thể chia tập Z thành phần dương, âm và quy

nạp rời rạc, có thể làm như sau: Giả sử bài toán đúng với

n n

Ví dụ 4 Tìm tất cả các hàm số :f ℝ→ℝ thỏa điều kiện

Từ đó ta có nghiệm của bài toán là ( )

Trang 22

Tính f ( n3, )

.5)1,2()0,3

f

.3213)5,2())0,3(,2()1,3

f f

.3229)13,2())1,3(,2()2,3

f f

,323)32(2)32,2()),3(,2()1,3( n+ = f f n = f n+3− = n+3− + = n+4−

y ra điều phải chứng minh

Tính f ( n4, )

.1332)1,3()0,4

f

.3232)13,3())0,4(,3()1,4(

2

2 16

2 2

3(n+ số 2

Giả sử (4, ) 2 3

2

−

=+

n

f với (n+4) số 2

Thật vậy có

)32,3()),4(,3()1,4(

2

Tiêu đề	Chuyên đề: Phương trình hàm
Tác giả	Trần Xuân Đáng
Người hướng dẫn	Giáo viên Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Trường học	Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Tài liệu tham khảo
Thành phố	Nam Định

Định dạng
Số trang	42
Dung lượng	1,22 MB