Bài 12 (tr 180 186) nguyễn thùy trang

HÀM SỐ MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUANNguyễn Thùy Trang THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp Trong số các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông thì ch

HÀM SỐ MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN

Nguyễn Thùy Trang THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp

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 ∈ R

Bài toán tổng quát đặt ra:

Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R sao cho

∀(x, y) ∈ R2, 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

I HÀM SỐ MŨ

1 Định nghĩa hàm số mũ

∀a > 0, ∀x ∈ R ta định nghĩa ax bởi đẳng thức sau

ax= ex ln a Hàm số f : x 7→ ax được gọi là hàm số mũ cơ số a Chú ý Nếu a = 1 thì ax = 1

Trong các phần tiếp theo, ta giả sử a 6= 1

2 Tính đơn điệu của hàm số mũ

Hàm số fa liên tục và có đạo hàm trên R, hơn nữa fa0(x) = ln a.fa(x)

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

Trường hợp 1: a > 1

Khi đó, ln a > 0 và vì fa(x) > 0 nên suy ra fa0(x) > 0, ∀x ∈ R

Vậy khi a > 1 thì fa là hàm số đồng biến trên R

Ta lại có fa(0) = 1 và lim

x→+∞fa(x) = +∞; lim

x→−∞fa(x) = 0

x

fa

0

+∞

0

1

Trường hợp 2: a < 1

Trong trường hợp này, fa0(x) < 0, ∀x ∈ R

Vậy khi a < 1 thì fa là hàm số nghịch biến trên R

Ta có bảng biến thiên sau:

x

fa

+∞

0

0

1

3 Tính chất

∀(x, y) ∈ R2, ∀a > 0, fa(x + y) = fa(x).fa(y), tức là ax+y = ax.ay

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

Dễ thấy hàm số fa thỏa mãn phương trình hàm : f (x + y) = f (x).f (y), ∀x, y ∈ R

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 tục tại ít nhất một điểm thuộc tập số thực

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

Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R sao cho

∀(x, y) ∈ R2, f (x + y) = f (x)f (y) (∗)

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

Định lý 1 Hàm số f xác định và có đạo hàm trên R thỏa mãn phương trình hàm (*) khi và chỉ khi một trong hai khẳng định sau đây là đúng:

1 f là hàm số - không;

2 Tồn tại a ∈ R, a > 0 sao cho ∀x ∈ R f (x) = ax

Chứng 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 số mũ hay không?

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

i Nếu f triệt tiêu tại một điểm nào đó thì f là hàm số - không

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

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

ii Nếu f không là hàm số - không thì f là hàm số mũ

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

f (x) = f x2 + x2
= f x

2
f x

2
> 0 Vậy f nhận các giá trị dương

Đặc biệt, f (0) = f (0 + 0) = f (0).f (0) = (f (0))2

Suy ra f (0) = 1 (vì f (0) 6= 0 )

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

∀(x, y) ∈ R2, f0(x + y) = f (x).f0(y)

Tiếp theo, cho y = 0, ta có : ∀x ∈ R, f0(x) = f (x).f0(0)

Do đó, hàm số f là nghiệm của phương trình vi phân y0− f0(0)y = 0

Suy ra ∀x ∈ R, f (x) = f (0)ef0(0)x = ef0(0)x(vì f (0) = 1 )

Đặt a = ef0(0), ta được ∀x ∈ R, f (x) = ax

Chú ý :

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

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

Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R và liên tục tại ít nhất một điêm thuộc R sao cho

∀(x, y) ∈ R2, f (x + y) = f (x)f (y) (∗)

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

Định lý 2

Hàm số f xác định trên R và liên tục tại một điểm thuộc R thỏa mãn phương trình hàm (*) khi và chỉ khi một trong hai điều kiện sau đây là đúng:

1 f là hàm số - không;

2 Tồn tại a ∈ R, a > 0 sao cho ∀x ∈ R, f (x) = ax

Ba phép chứng minh Định lý 2 Phép chứng minh thứ nhất cho Định lý 2 (Sử dụng tính chất tích phân của hàm số liên tục và phương trình vi phân

y0− by = 0) Cũng giống như định lý 1, chúng ta sẽ kiểm tra điều kiện cần thông qua ba bước sau đây

i Nếu triệt tiêu tại một điểm nào đó thì là hàm số - 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 ∈ R và f (0) = 1

ii f là hàm số liên tục trên R

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

Với mọi x, h ∈ R, ta có

f (x + h) = f (x0+ h + x − x0) = f (x0+ h).f (x − x0)

Vì f là hàm số liên tục tại x0 nên lim

h→0f (x0+ h) = f (x0)

Từ đó lim

h→0f (x + h) = lim

h→0[f (x0+ h).f (x − x0)] = f (x0).f (x − x0) = f (x)

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

iii Nếu f không triệt tiêu thì f có đạo hàm trên R

Vì f là hàm liên tục trên R nên ta có thể lấy tích phân (*) theo biến y Từ đó ∀(x, y) ∈ R2,

y

R

0

f (x + t)dt = f (x)

y

R

0

f (t)dt

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

∀(x, y) ∈ R2,

x+y

Z

x

f (u)du = f (x)

y

Z

0

f (t)dt

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

y

R

0

f (t)dt (α > 0 vì đây là tích phân của hàm số liên tục, dương) Khi đó, do f là hàm liên tục trên R nên f có nguyên hàm cũng là các hàm số liên tục trên R Gọi F là một nguyên hàm của f ta

có đẳng thức

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

iv Nếu f không triệt tiêu thì f là hàm số 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 ∈ R, αf0(x) = F0(x + y) − F0(x)

= f (x + y) − f (x) = f (x)f (y) − f (x) = f (x) [f (y) − 1] Ký hiệu b =

[f (y)−1]

α Khi đó, f là nghiệm của phương trình vi phân trên R :y0− by = 0 Từ đó suy ra ∀x ∈ R, f (x) =

f (0)ebx

Vì f (0) = 1 nên bằng cách đặt a = eb, ta được : ∀x ∈ R, f (x) = ax

Phép chứng minh thứ hai cho Định lý 2 (Sử 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 số - không Trong phần tiếp theo, ta xét f không triệt tiêu, như thế, tương

tự như trên, ta có f (x) > 0, ∀x ∈ R và f (0) = 1

Bổ đề 1

Giả sử h(x) là hàm số xác định trên R và liên tục tại một điểm thuộc R Hai khẳng định sau đây tương đương :

1 h thỏa mãn phương trình hàm h(x + y) = h(x) + h(y)

2 Tồn tại số thực k sao cho ∀x ∈ R, h(x) = kx

Chứng minh Bổ đề 1 (dựa trên tính trù mật của tập Q trongR )

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

• Với mọi n ∈ 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 ∈ N 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 ∈ N.

• Với mọi n ∈ Z, ta có h(nx) = nh(x)

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

Suy ra h(−y) = −h(y)

• Với mọi r ∈ Q, ta có h(r) = rh(1)

Thật vậy, giả sử r = pq ∈ Q, vớip ∈ Z vàq ∈ N∗ Ta có h(p/q) = ph(1/q) và qh(1/q) = h(1)

Từ đó suy ra h(1/q) = (1/q)h(1) Dẫn đến h(p/q) = (p/q)h(1) = rh(1)

• Hàm số h liên tục tại mọi điểm thuộc R

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

Khi đó, với (x, m) ∈ R2, ta có

h(x + m) = h((x − x0) + (x + m) = h(x − x0) + h(x0+ m)

Vì lim

m→0h(x0 + m) = h(x0) Suy ra

lim

m→0h(x + m) = lim

m→0(h(x − x0) + h(x0+ m)) = h(x − x0) + h(x0) = h(x)

Vậy hàm số h liên tục trên R

Bổ đề 2

Giả sử f là một hàm xác định, liên tục tại một điểm thuộc R và thỏa mãn phương trình hàm (*) Khi đó, hàm số h = gof (với g(x) = ln x cũng xác định, liên tục tại một điểm thuộc R và thỏa mãn h(x + y) = h(x) + h(y)

Chứng 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 tạix ∈ R Hàm số g(x) = ln x liên tục trên R+ nên cũng liên tục tại

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

Với mọi (x, y) ∈ R2 ta có

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

= ln (f (x)) + ln (f (y)) = h(x) + h(y) (tính chất của logarit)

Theo bổ đề 1, tồn tại k ∈ R sao cho: ∀x ∈ R, kx = gof (x) = ln (f (x))

Như vậy, ∀x ∈ Rf (x) = ekx = (ek)x = ax với a = ek

Chứng minh thứ 3 cho Định lý 2 (Sử dụng tính trù mật của tập Q trong R ) Chứng minh này dựa theo cách chứng minh của bổ đề 1 Ta sẽ kiểm tra điều kiện cần thông qua năm bước sau:

1 Nếu f triệt tiêu tại một điểm nào đó thì f là hàm số - 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 ∈ R và f (0) = 1 Ta đặt f (1) = a

2 Hàm số liên tục trên R.Xem chứng minh trên

3 Với mọi số nguyên n ta có : ∀x ∈ R, f (nx) = [f (x)]n

Thật vậy, bằng phép quy nạp đơn giản, ta có thể chứng minh được ∀n ∈ N, f (nx) = [f (x)]n

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

Từ đó ∀y ∈ R, f (−y) = [f (y)]−1

Điều này cho phép khẳng định f (nx) = [f (x)]n với mọi số nguyên âm

4 Với mọi số hữu tỷ r ta có : f (r) = [f (1)]r= ar

Thật vậy, nếu r = pq (với p ∈ Z, q ∈ N∗), ta có

f (p) = f



qp q



= f p q

q

= f (r)q

Từ đó f (r) = f (p)1/q Vì f (p) = [f (1)]p, ta có f (r) = [f (1)]p/q

5 Với mọi số thực x ta có : f (x) = ax

Chú ý rằng hàm g(x) = ax xác định trên R và với mọi số hữu tỷ r ta có g(r) = ar

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

Ngoài ra, ta lại có Bổ đề sau

Bổ đề 3

Giả sử ϕ và ϕ là hai hàm số xác định và liên tục trên R và giá trị của chúng bằng nhau với mọi số hữu tỷ Khi đó, ϕ và ψ bằng nhau trên R

Chứng minh Bổ đề 3

Thật vậy, giả sử với x ∈ R và (rn)n∈N là dãy các số hữu tỷ hội tụ về x Vì các hàm số ψ và ϕ liên tục nên ta có ϕ(x) = lim

n→+∞ϕ(rn) và ψ(x) = lim

n→+∞ψ(rn)

Do ϕ và ϕ trùng nhau trên tập Q nên ϕ(rn) = ψ(rn) với mọi n ∈ N

Suy ra lim

n→+∞ϕ(rn) = lim

n→+∞ψ(rn) hay ϕ(x) = ψ(x), ∀x ∈ R

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

III ÁP DỤNG

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

Bài toán 1 Xác định tất cả các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn

f (x + y) = f (x) + f (y) + f (x).f (y), ∀(x, y) ∈ R2 Lời giải

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

g(x).g(y) = f (x).f (y) + f (x) + f (y) + 1

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 g(x) = ax, ∀x ∈ R, a > 0 Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là f (x) = ax− 1, ∀x ∈ R, a > 0

Bài toán 2 Xác định tất cả các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn

f (x + y) + x + y = (f (x) + x) (f (y) + y) , ∀(x, y) ∈ R2 Lời giải

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 g(x) = ax, ∀x ∈ R, a > 0

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là f (x) = ax− x, ∀x ∈ R, a > 0

Bài toán 3 Xác định tất cả các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn

f (x + y) = f (x) + f (y)

1 + f (x).f (y), ∀(x, y) ∈ R

2

Lời giải

Trước hết, chúng ta sẽ chứng minh nếu tốn tại α ∈ R sao cho f (α) = 1 thì f (x) = 1, ∀x ∈ R Thật vậy, ta có

f (x) = f (x − α + α) = f (x − α) + f (α)

1 + f (x − α).f (α) =

f (x − α) + 1

1 + f (x − α) = 1.

Ta đặt g(x) = 1+f (x)1−f (x) Khi đó g(x + y) = 1+f (x+y)1−f (x+y) và g(x).g(y) = 1+f (x)1−f (x).1+f (y)1−f (y)

Như thế g(x + y) = g(x).g(y) ⇔ 1+f (x+y)1−f (x+y) = 1+f (x)1−f (x).1+f (y)1−f (y)

⇔ f (x + y) = 1+f (x).f (y)f (x)+f (y)

Mà f (x) = g(x)−1g(x)+1 và nghiệm của phương trình g(x + y) = g(x).g(y) là g(x) = ax nên các nghiệm của phương trình là f (x) = aaxx−1+1, ∀x ∈ R, a > 0

TÀI LIỆU 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

[2] A Delcroix, Quelques équations fonctionnelles classiques, PLC1-Mathématiques

[3] Équation fonctionnelle pour les fonctions exponentilles, Universités Claude Bernard – Lyon I, Capes de Mathematiques – Oral, Année 2007-2008

[4] Martial Lenzen, Caractérisation des fonctions exponentielles réelles par l’équation fonc-tionnelle f (x + y) = f (x).f (y), Année 2011