Hàm số mũ và phương trình hàm

M Ở ĐẦU Trong số các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông thì chuyên đề Phương trình hàm luôn là một nội dung khó và thường gặp trong đề thi học sinh giỏi

HÀM S Ố MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Nguyễn Thùy Trang, THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp

Huỳnh Ngọc Cảm, Trường Đại học Đồng Tháp

Tóm t ắt Trong bài viết này, chúng tôi xin được bàn về hàm số mũ với đặc trưng

hàm của nó là f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ), ∀ x y , ∈

I M Ở ĐẦU

Trong số các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông thì chuyên đề Phương trình hàm luôn là một nội dung khó và thường gặp trong đề thi học sinh giỏi các cấp Chính vì vậy, làm thế nào để bồi dưỡng chuyên đề này

thật hiệu quả luôn là vấn đề mà các Giáo viên đang trực tiếp phụ trách đội tuyển toán đều rất quan tâm

Khi dạy chuyên đề Phương trình hàm, chúng ta thường cho học sinh chú ý đến đặc trưng của một số hàm số sơ cấp Nhờ các đặc trưng này mà ta có thể dự đoán được đáp số của các bài tập phương trình hàm cũng như có thể ra bài tập tương ứng với các đặc trưng đó

Trong bài viết này, chúng tôi xin được bàn về hàm số mũ với đặc trưng hàm của nó

là f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ), ∀ x y , ∈

II N ỘI DUNG CHÍNH

Bài toán tổng quát đặt ra:

Tìm t ất cả các hàm số f xác định trên  sao cho

2

( , ) x y ,

∀ ∈  f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ) (*)

Để giải quyết bài toán này, thiết nghĩ trước hết, chúng ta cần nhắc lại đôi nét chính

về hàm số mũ

1) HÀM S Ố MŨ

a) Định nghĩa hàm số mũ

0, ,

∀ > ∀ ∈ ta định nghĩa x

a b ởi đẳng thức sau

ln

x x a

a = e Hàm s ố : x

a

f x  a được gọi là hàm số mũ, cơ số a

Chú ý : Nếu a = 1 thì ∀ ∈ x , x 1.

a =

Trong các phần tiếp theo, ta giả sử a ≠ 1.

b) Tính đơn điệu của hàm số mũ

Hàm s ố f a liên t ục và có đạo hàm trên  Hơn nữa f x a′( )=ln ( ).a f x a

Ta khảo sát tính đơn điệu của hàm f a trong 2 trường hợp

Trường hợp 1 : a > 1

Khi đó, ln a > 0 và vì f x a( )>0 nên suy ra f x a′( )>0, ∀ ∈ x

Vậy khi a > 1 thì f a là hàm số đồng biến trên 

Ta lại có f a(0) 1= và lim a( ) ;

x f x

x f x

x −∞ 0 +∞

a

f

+∞

1 0

Trường hợp 2 : a<1

Trong trường hợp này, f x a′( )<0,∀ ∈x

Vậy khi a<1 thì f a là hàm số nghịch biến trên 

Ta có bảng biến thiên sau:

x −∞ 0 +∞

a

f

+∞

1

0

c) Tính ch ất

∀ ∈  ∀ > f x a( +y)= f x f y a( ) ( )a t ức là ax y+ = a ax .y

2) HÀM SỐ MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ) TRÊN



Dễ thấy hàm số f a thỏa mãn phương trình hàm : f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ),

x y

Bây giờ, chúng ta sẽ tập trung giải quyết bài toán tổng quát đặt ra ở trên trong

trường hợp hàm số có đạo hàm trên tập số thực và trong trường hợp hàm số liên

t ục tại ít nhất một điểm thuộc tập số thực

a) Bài toán 1 (liên quan đến tính có đạo hàm của hàm số)

Tìm t ất cả các hàm số f xác định và có đạo hàm trên  sao cho

2

( , ) x y ,

∀ ∈  f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ) (*)

Để giải bài toán 1, ta xét định lý dưới đây

Định lý 1

Hàm s ố f xác định và có đạo hàm trên  th ỏa mãn phương trình hàm (*) khi

và ch ỉ khi một trong hai khẳng định sau đây là đúng:

1 f là hàm s ố - không;

2 T ồn tại a ∈ , a > 0 sao cho ∀ ∈ x , ( ) x.

f x = a

Ch ứng minh định lý 1

Trước tiên, ta nhận thấy rằng hàm số - không và các hàm số mũ với cơ số tùy ý lớn

hơn 0 đều thỏa mãn điều kiện (*)

Như vậy, vấn đề còn lại là kiểm tra điều kiện cần, tức là ta cần tìm câu trả lời cho câu hỏi : Nếu các hàm số thỏa (*) thì chúng có phải hoặc là hàm số - không hoặc là hàm s ố mũ hay không?

Giả sử f xác định, có đạo hàm trên  và thỏa mãn điều kiện (*) Khi đó, ta lần lượt nhận được các kết quả sau:

i) N ếu f tri ệt tiêu tại một điểm nào đó thì f là hàm s ố - không

Thật vậy, giả sử tồn tại x0∈  sao cho f x( )0 = 0

Với mọi x ∈ ,ta có f x( )= f x( 0 + −x x0)= f x( 0) (f x−x0)= 0

ii) N ếu f không là hàm s ố - không thì f là hàm s ố mũ

Ta giả sử f không triệt tiêu trên  Khi đó, ∀ ∈ x , ta có

f x = f  +  = f     f >

f = f + = f f = f

Suy ra f (0) 1 = (vì f (0) ≠ 0)

Mặt khác, bằng cách lấy đạo hàm (*) theo biến y ta được

2

( , ) x y ,

∀ ∈ f x′( + y)= f x f( ) ′( ).y

Tiếp theo, cho y = 0, ta có : ∀ ∈ x , f x′( )= f x f( ) ′(0)

Do đó, hàm số f là nghiệm của phương trình vi phân y′− f′(0)y =0

Suy ra ∀ ∈ x , f x ( ) = f (0) ef′(0)x = ef′(0)x (vì f (0) 1 = )

Đặt (0)

,

′

a e ta được ∀ ∈ x , ( ) = x.

f x a Chú ý :

Nếu a = 1 thì f x ( ) là hàm số không đổi trên  (vì khi đó f x ( ) 1) =

b) Bài toán 2 (liên quan đến tính liên tục của hàm số)

Tìm t ất cả các hàm số f xác định trên  và liên t ục tại ít nhất một điểm thu ộc  sao cho

2

( , ) x y ,

∀ ∈  f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ) (*)

Để giải bài toán 2, ta xét định lý dưới đây

Định lý 2

Hàm s ố f xác định trên  và liên t ục tại một điểm thuộc  th ỏa mãn phương trình hàm (*) khi và ch ỉ khi một trong hai điều kiện sau đây là đúng:

1 f là hàm s ố - không;

2 T ồn tại a ∈ , a>0 sao cho ∀ ∈ x , f x ( ) = ax.

Ba phép ch ứng minh Định lý 2 Phép ch ứng minh thứ nhất cho Định lý 2

(S ử sụng tính chất tích phân của hàm số liên tục và phương trình vi phân

0

y′ −by = )

Cũng giống như định lý 1, chúng ta sẽ kiểm tra điều kiện cần thông qua ba bước sau đây

i) N ếu f tri ệt tiêu tại một điểm nào đó thì f là hàm s ố - không

Xem chứng minh định lý 1

Bước tiếp theo, ta xét hàm f không triệt tiêu Cũng giống như kết quả chứng minh

ở định lý 1, ta có f x ( ) > ∀ ∈ 0, x và f (0) 1 =

ii) f là hàm s ố liên tục trên 

Giả sử hàm số f liên tục tại một điểm x0∈

Với mọi x , h thuộc  , ta có

f x+h = f x + + −h x x = f x +h f x−x

Vì f là hàm số liên tục tại x nên 0 0 0

0

h f x h f x

h f x h h f x h f x x f x f x x f x

Điều này chứng tỏ f là hàm số liên tục trên 

iii) N ếu f không tri ệt tiêu thì f có đạo hàm trên 

Vì f là hàm liên tục trên  nên ta có thể lấy tích phân (*) theo biến y Từ đó

2

( , ) x y ,

Xét tích phân ở vế trái, đặt u = +x t, ta được

2

( , ) x y ,

0

x

+

=

Đến đây, ta gán cho y bằng một số cố định khác 0 (chẳng hạn cho y = 1) và đặt

0

( )

y

f t dt

đó, do f là hàm liên tục trên  nên f có nguyên hàm cũng là các hàm số liên

tục trên  Gọi F là một nguyên hàm của f , ta có đẳng thức

,

x

∀ ∈ α f x ( ) = F x ( + y ) − F x ( ) (1) Điều này chứng tỏ f là hàm số có đạo hàm trên 

iv) N ếu f không tri ệt tiêu thì f là hàm s ố mũ

Phương pháp 1 : Tương tự như trong phần chứng minh định lý 1

Phương pháp 2 : Bằng cách lấy đạo hàm biểu thức (1), ta được

,

x

∀ ∈ αf x′( )=F x′( + y)−F x′( )

= f x ( + y ) − f x ( ) = ( ) ( ) f x f y − f x ( ) = f x ( )[f y ( ) 1 − ]

Ký hiệu [ ( ) 1 ]

.

f y

=

α Khi đó, f là nghiệm của phương trình vi phân trên 

: y′ −by= T0 ừ đó suy ra ∀ ∈ x , ( ) (0) bx.

f x = f e

Vì f (0) 1 = nên bằng cách đặt a=e b, ta được : ∀ ∈ x , ( ) x.

f x = a

Phép ch ứng minh thứ hai cho Định lý 2

(S ử dụng hàm số g x ( ) = ln x và phương trình hàm f x ( + y ) = f x ( ) + f y ( ))

Như chứng minh trên, ta sẽ kiểm tra điều kiện cần

Ta cũng có : nếu f triệt tiêu tại một điểm thì f là hàm s ố - không

Trong phần tiếp theo, ta xét f không triệt tiêu, như thế, tương tự như trên, ta có

( ) 0,

f x > ∀ ∈ x và f (0) 1 =

B ổ đề 1

Gi ả sử h x ( ) là hàm s ố xác định trên  và liên t ục tại một điểm thuộc 

Hai kh ẳng định sau đây tương đương :

1 h th ỏa mãn phương trình hàm h x ( + y ) = h x ( ) + h y ( ).

2 T ồn tại số thực k sao cho ∀ ∈ x , h x ( ) = kx

Ch ứng minh Bổ đề 1 (dựa trên tính trù mật của tập  trong  ).

• Ta có h (0) = 0. Thật vậy h (0) = h (0) + h (0) = 2 (0) h Suy ra h (0) = 0.

• V ới mọi n ∈ , ta có h nx ( ) = nh x ( ).

Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta có

- Với n = 0, h (0 ) x = h (0) = = 0 0 ( ) h x

- Giả sử h kx ( ) = kh x ( ), ∀ ∈ k Ta có

h k (( + 1) ) x = h kx ( + x ) = h kx ( ) + h x ( ) = kh x ( ) + h x ( ) = ( k + 1) ( ) h x

Vậy h nx ( ) = nh x ( ), ∀ ∈ n

• V ới mọi n ∈ , ta có h nx ( ) = nh x ( ).

Thật vậy, ∀ ∈ y , ta có 0 = h (0) = h y ( + − ( y )) = h y ( ) + − h ( y ).

Suy ra h ( − = − y ) h y ( ).

• V ới mọi r ∈ , ta có h r ( ) = rh (1).

Thật vậy, giả sử r p ,

q

= ∈ với p ∈ và q ∈*. Ta có ( )= (1 )

h p q ph q và qh (1 ) q = h (1).

Từ đó suy ra h (1 ) q = (1 ) (1) q h

Dẫn đến h p q ( ) = ( p q h ) (1) = rh (1).

• Hàm s ố h liên t ục tại mọi điểm thuộc 

Thật vậy, giả sử hàm số h liên tục tại một điểm x0∈

Khi đó, với 2

( , ) x m ∈ , ta có

0

m h x m h x Suy ra

m h x m m h x x h x m h x x h x h x

Vậy hàm số h liên tục trên 

• V ới mọi x ∈ , ta có h x ( ) = xh (1).

Thật vậy, xét dãy các số hữu tỷ ( ) rn n∈ hội tụ về x Ta có

,

∀ ∈ n h r ( )n = r hn (1).

Vì lim (1) (1)

n r h xh Kéo theo lim ( ) lim (1) (1)

n h r n r h xh

Mặt khác, do h liên tục tại x nên lim ( ) ( )

n h r h x Từ đó suy ra

( ) = (1).

h x xh

Đặt h (1) = k , ta được h x ( ) = kx

B ổ đề 2

Gi ả sử f là m ột hàm xác định, liên tục tại một điểm thuộc  và th ỏa mãn phương trình hàm (*)

Khi đó, hàm số h = gof (v ới g x ( ) = ln ) x cũng xác đị nh, liên t ục tại một điểm thuộc  và th ỏa mãn h x ( + y ) = h x ( ) + h y ( ).

Ch ứng minh Bổ đề 2

Trước hết, ta nhận thấy rằng vì hàm số f nhận các giá trị dương nên đảm

bảo rằng hàm số h = gof xác định

Giả sử hàm số f liên tục tại x∈ Hàm số g x ( ) = ln x liên tục trên *

+



nên cũng liên tục tại f x ( ) > 0. Theo tính chất của hàm hợp ta, có h x ( ) cũng liên tục tại x

( , ) x y ∈ , ta có

h x + y = f x + y = f x f y (tính chất của hàm số f )

= ln ( f x ( ) ) + ln ( f y ( ) ) = h x ( ) + h y ( ) (tính chất của logarit) Theo bổ đề 1, tồn tại k ∈ sao cho: ∀ ∈ x , kx = gof x ( ) = ln ( f x ( ) )

Như vậy, ∀ ∈ x , ( ) kx ( )k x x

f x = e = e = a với k.

a = e

Phép ch ứng minh thứ ba cho Định lý 2

(S ử dụng tính trù mật của tập  trong )

Chứng minh này dựa theo cách chứng minh của bổ đề 1 Ta sẽ kiểm tra điều kiện

cần thông qua năm bước sau:

i) N ếu f tri ệt tiêu tại một điểm nào đó thì f là hàm s ố - không Xem chứng

minh định lý 1

Bước tiếp theo, ta xét hàm f không triệt tiêu, cũng giống như kết quả chứng minh

ở định lý 1, f x ( ) > ∀ ∈ 0, x và f (0) 1 = Ta đặt f (1) = a

ii) Hàm s ố f liên t ục trên  Xem chứng minh trên

iii) V ới mọi số nguyên n , ta có : ∀ ∈ x , f nx ( ) = [ f x ( ) ]n

Thật vậy, bằng phép quy nạp đơn giản, ta có thể chứng minh được∀ ∈ n ,

f nx = f x

Mặt khác, ta cũng có: ∀ ∈ y , f (0) 1 = = f y ( − y ) = f y f ( ) ( − y ).

Từ đó ∀ ∈ y , [ ]1

f − = y f y − Điều này cho phép khẳng định f nx ( ) = [ f x ( ) ]nvới mọi số nguyên âm

iv) V ới mọi số hữu tỷ r , ta có : ( ) [ (1) ]r r.

f r = f = a

Thật vậy, nếu r p

q

, ),

p ∈  q ∈  ta có

q

q

f r = f p Vì f p ( ) = [ f (1) , ]p ta có f r ( ) = [ f (1) ]p q.

v) V ới mọi số thực x , ta có : ( ) = x.

f x a

Chú ý rằng hàm ( ) x

g x = a xác định trên  và với mọi số hữu tỷ r , ta có

( ) r.

g r = a

Vậy các hàm số f và g liên tục và trùng nhau trên 

Ngoài ra, ta lại có Bổ đề sau

B ổ đề 3

Gi ả sử ϕ và ψ là hai hàm s ố xác định và liên tục trên  , và giá tr ị của chúng

b ằng nhau với mọi số hữu tỷ Khi đó, ϕ và ψ b ằng nhau trên 

Ch ứng minh Bổ đề 3

Thật vậy, giả sử với x ∈ và ( )r n n∈ là dãy các số hữu tỷ hội tụ về x Vì các hàm số ϕ và ψ liên tục nên ta có

( ) lim ( )n

n

→+∞

ϕ = ϕ và ( ) lim ( )n

n

→+∞

Do ϕ và ψ trùng nhau trên tập  nên ( )ϕ r n = ψ( )r n với mọi n ∈

Suy ra lim ( )n lim ( )n

→+∞ϕ = →+∞ψ hay ϕ ( ) x = ψ ( ), x ∀ ∈ x

Từ bổ đề trên, ta dễ dàng nhận thấy hàm f x ( ) = g x ( ) = ax, ∀ ∈ x

3) ÁP D ỤNG

Dưới đây, chúng ta sẽ xét một số bài toán mà để giải quyết chúng, ta cần đưa về phương trình hàm dạng (*)

a) Bài 1

Xác định tất cả các hàm số f liên tục trên  thỏa mãn

Gi ải

Đặt g x ( ) = f x ( ) 1 + Khi đó g x ( + y ) = f x ( + y ) 1 + và

( ) ( ) = ( ) ( ) + ( ) + ( ) 1 +

g x g y f x f y f x f y

Suy ra g x ( + y ) = g x g y ( ) ( ) ⇔ f x ( + y ) 1 + = f x f y ( ) ( ) + f x ( ) + f y ( ) 1 +

⇔ ( f x + y ) = f x f y ( ) ( ) + f x ( ) + f y ( ).

Mà ta đã biết nghiệm của phương trình g x ( + y ) = g x g y ( ) ( ) là ( ) = x,

g x a

,

∀ ∈ x a>0

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là ( ) = x − 1,

f x a ∀ ∈ x , a>0

b) Bài 2

Xác định tất cả các hàm số f liên tục trên  thỏa mãn

( )( )

Gi ải

Đặt g x ( ) = f x ( ) + x Khi đó g x ( + y ) = f x ( + y ) + + x y và

g x g y f x x f y y

Suy ra g x ( + y ) = g x g y ( ) ( ) ⇔ f x ( + y ) + + = x y ( f x ( ) + x ) ( f y ( ) + y )

Mà nghiệm của phương trình g x ( + y ) = g x g y ( ) ( ) là ( ) = x,

g x a ∀ ∈ x , a > 0.

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là ( ) = x − ,

f x a x ∀ ∈ x , a > 0.

c) Bài 3

Xác định tất cả các hàm số f liên tục trên  thỏa mãn

+

+

f x f y

2

Gi ải

Trước hết, chúng ta sẽ chứng minh nếu tốn tại α∈ sao cho f ( ) 1 α = thì

( ) 1, = ∀ ∈

Ta đặt ( ) 1 ( )

+

=

−

f x

g x

f x Khi đó

f x y

g x y

f x y và

=

f x f y

g x g y

f x f y

Như thế

g x y g x g y ⇔ 1 ( ) 1 ( ) 1 ( )

⇔ ( ) ( ) ( )

+

+

f x f y

f x y

f x f y

( )

( ) 1

−

=

+

g x

f x

g x và nghiệm của phương trình g x ( + y ) = g x g y ( ) ( ) là

g x = a nên các nghiệm của phương trình là ( ) 1,

1

−

= +

x x

a

f x

TÀI LI ỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Nguyễn Văn Tiến, Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam 2010 [1] A Delcroix, Quelques équations fonctionnelles classiques,

PLC1-Mathématiques

[2] Équation fonctionnelle pour les fonctions exponentilles, Universités Claude

Bernard – Lyon I, Capes de Mathematiques – Oral, Année 2007-2008

[3] Martial Lenzen, Caractérisation des fonctions exponentielles réelles par l’équation fonctionnelle f x ( + y ) = f x f y ( ) ( ), Année 2011