SH minh NT nghi MD dong nhat thuc va phuong trinh ham

Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Minh TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI-HẢI DƯƠNG ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM... ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tác giả: Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Min

Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Minh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI-HẢI DƯƠNG

ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Tác giả: Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Minh Đơn vị: THPT Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương Đồng nhất thức là một khái niệm quen thuộc trong chương trình toán ở bậc THCS và THPT.Đã có nhiều bài viết về ứng dụng của đồng nhất thức trong chứng minh bất đẳng thức,giải phương trình & bất phương trình,các bài toán số học…Trong bài viết này chúng tôi xin giới thiệu một ứng dụng nữa của đồng nhất thức đó là xây dựng và xử lý các bài toán phương trình hàm (trên Z hoặc N) Bài viết được chia làm 4 phần như sau:

Phần 1: Xung quanh bài toán phương trình hàm trong kì thi Vietnam TST2005 Phần 2: Xây dựng phương trình hàm từ các đẳng thức bậc hai

Phần 3: Xây dựng phương trình hàm từ các đẳng thức sai phân

Phần 4: Bài tập đề nghị

Mọi ý kiến đóng góp của quý thầy cô và các bạn về bài viết xin vui lòng gừi về địa chỉ email : Nghinthd@gmail.com & Nguyentheminh1991@gmail.com Xin trân thành cảm ơn !

Các tác giả

PHẦN 1 :XUNG QUANH BÀI THI VIETNAM TST 2005

Trong kì thi Vietnam TST 2005 có bài toán phương trình hàm như sau:

Từ (I) cho x=y=z=0 ta được f(0) 3 f3(0) ,do f(0) ∈ Z nên f(0)=0

Từ (I) cho x=y=0,z=1 ta được f(1) f3(1),do đó f(1)=a với a=0,1,1 (a3 a)

Từ (I) cho y=x,z=0 ta được f(x)= f(x) với mọi x ∈ Z

Như vậy chỉ cần xác định hàm số f trên N.Tính toán một số giá trị ban đầu của f(x)

f(2) = f(13 + 13 +03)=f3(1) + f3(1) + f3(0) = 2a3 = 2a Hoàn toàn tương tự: f(k)=ka        k  3, 6, 7, 8, 9, 10, 16, 18  

Thay x=1 vào (2) ta được đẳng thức :

113 + (9)3 + 13 = 93 + (5)3 + (1)3 f(11)=11a ; f(11)= 11aThay x=6 vào (1) ta được đẳng thức:

133 + (11)3 + 23 = 103 + (5)3 + (1)3 f(13)=13aThay x=5 vào (2) ta được đẳng thức :

123 + (8)3 + (3)3 = 133 + (10)3 + (2)3 f(12)=12a Thay x=7 vào (1) ta được đẳng thức :

153 + (13)3 + 33 = 113 + (5)3 + (1)3  f(15)=15a Thay x=8 vào (2) ta được đẳng thức :

183 + (14)3 + 03 = 163 + (10)3 + (2)3 f(14)= 14a f(14)=14a

Vậy f(n)=na với mọi n 16

Ta chứng minh f(n)=na với mọi nN (3)

Sử dụng đẳng thức (1) với chú ý: 0 < x-4,2x-1,x+4 < 2x ta có:

f(x4)=(x4)a ; f(2x1)=(2x1)a và f(x+4)=(x+4)a

 f(2x+1)=(2x+1)a hay f(n+1)=n+1

 Nếu n lẻ,n=2x+1(x > 7)

Tương tự,sử dụng (2) ta được f(2x+2)=(2x+2)a hay f(n+1)=(n+1)a

Vậy (3) được chứng minh,tức là f(n)=an với mọi n∈N

f(x)=ax với mọi x ∈ Z( a=0,1 hoặc 1)

Thử lại cả 3 hàm số đều thỏa mãn !

Ý tưởng của lời giải là thiết lập các đẳng thức mà hai vế là tổng của 3 lập

phương,sau đó sử dụng đẳng thức này để tính toán một vài giá trị của hàm số,từ

đó chứng minh f(x)≡ax bằng quy nạp

Tuy nhiên đồng nhất thức ở lời giải được xây dựng không tự nhiên,tiếp theo đây tôi sẽ nêu lên 2 hướng để thiết lập các đồng nhất thức để xử lý bài toán trên và giải quyết bài toán xác định hàm số f(x) trên N

Hướng thứ nhất

Ta đi tìm a,b,c,m,n,p là các số nguyên thỏa mãn đồng nhất thức:

(mx+ay)3 + (nx+by)3 + (px+cy)3 = (mx+by)3 + (nx+cy)3 + (px+ay)3

Cho m=0 , n=1 , p=2 ta được a=1 , b=5 , c=3.Ta có đẳng thức:

y3 + (x5y)3+(2x+3y)3 = (5y)3 + (x+3y)3 + (2x+y)3 (Đ1)

Cho m=1,n=1,p=2 ta được a=5,b=29,c=7.Ta có đẳng thức:

(5y)3 + (x+29y)3 + (2x+7y)3= (29y)3 + (x+7y)3 + (2x5y)3 (Đ2)

Cả hai đẳng thức (Đ1) và (Đ2) đều có thể dùng để giải quyết bài toán trên Hướng thứ hai

Xuất phát từ nhận xét đơn giản sau:

“ Nếu a1,b1,c1;a2,b2,c2 thỏa mãn 2 điều kiện:

a1+b1=3ax+3by , c1+b1=cx+dy , a1+c1=2mx+2ny

Giải hệ 3 điều kiện này ta được :

Chọn a2,b2,c2 như sau:

a2+b2= (ax+by) , c2+b2=6mx+6ny , a2+c2= (cx+dy)

Giải hệ 3 điều kiện này ta được:

Ta thiết lập được đồng nhất thức sau :

[(2ca)x+(2db)y]3 + (5ax + 5by)3 + (ax + by)3 = [(7a+2c)x+(7b+2d)y]3 + + [(7a4c)x + (7b4d)y]3 + [(5a+4c)x + (5b+4d)y]3 với mọi a,b,c,d,x,y

Bài 2

Tìm tất cả hàm số f N :  Nsao cho:

f x  y  z  f x  f y  f z với mọi x y z N , ,  (II)

Biết rằng f(1)=1, f(4)=4,f(5)=5

Phân tích

Tập xác định của hàm số bị thu nhỏ lại dẫn tới các đẳng thức thiết lập ở bài 1

không sử dụng được,ta cần thiết lập các đẳng thức mới dựa vào (Đ4)

Trong (Đ4) cho y lần lượt bằng 1 1, ,1, , 23



ta được 5 đồng nhất thức :

(5x)3 + (3x2)3 + x3 = (3x+1)3 + (5x1)3 + (x2)3 (1)

(5x+1)3 + (3x1)3 + (x+2)3 = (3x+2)3 + (5x)3 + x3 (2)

(5x+2)3 + (3x2)3 + (x+4)3 = (3x+4)3 + (5x)3 + x3 (3)

(5x+3)3 + (3x3)3 + (x+6)3 = (3x+6)3 + (5x)3 + x3 (4)

(5x+14)3 + (3x4)3 + (x+8)3 = (3x+8)3 + (5x)3 + x3 (5)

Ta sẽ sử dụng 5 đồng nhất thức trên để giải Bài 2

Trước hết để quy nạp được theo 5 đẳng thức trên ta cần tính f(1), ,f(14)

Từ giả thiết và cũng dễ dàng tính được:

f(0) = 0 ; f(1) = 1 ; f(2) = 2 ; f(3)= 3 ; f(4)= 4

f(5)= 5 ; f(8)= 8 ; f(9)= 9; f(10) = 10

Từ đẳng thức:

33 + 43 + 53 = 63 + 03 + 03

f(33 + 43 + 53) = f(63 + 03 + 03)

Ta chứng minh bằng quy nạp f(n)=n   n N (*)

 Theo chứng minh trên thì (I) đúng   n 14

 Giả sử (I) đúng tới n (n  14).Tức là: f(k)=k   k n

 Ta cần chứng minh f(n+1)=n+1.Thật vậy :

 Nếu n chia hết cho 5,đặt n=5x (x ≥3)

Vì 0 < 3x-1,x+2,3x+2,5x,x ≤ 5x =n nên theo giả thiết quy nạp thì: f(3x-61)=3x-1,f(x+2)=x+2, f(3x+2) =3x+2,f(5x)=5x,f(x)=x

Từ (2) suy ra f(5x+1)=5x+1 hay f(n+1)=n+1

 Nếu n chia 5 dư 1,đặt n=5x+1 (x≥3)

Vì 0 < 3x-2,x+4,3x+4,5x,x < 5x+1=n nên theo giả thiết quy nạp thì : f(3x-2)=3x-2 ; f(3x+4)=3x+4 ; f(x+4)=x+4 ; f(5x)=5x ; f(x)=x

Từ (3) suy ra f(5x+2)=5x+2 hay f(n+1)=n+1

 Nếu n chia 5 dư 2,đặt n=5x+2 (x≥3)

Vì 0 < 3x-3,x+6,3x+6,5x,x < 5x+2=n nên theo giả thiết quy nạp thì : f(3x-3)=3x-3,f(3x+6)=3x+6,f(x+6)=x+6,f(5x)=5x,f(x)=x

Tóm lại f(n+1)=n+1 nên (*) được chứng minh

Kết luận: f(x)=x với mọi x là số tự nhiên

Bằng việc thiết lập các đẳng thức (1),(2),(3),(4),(5) ta đã giải quyết được bài toán 2 như một phát triển xung quanh của bài thi VietNam TST 2005

Để kết thúc phần này chúng tôi xin đưa ra bài toán 3 với cách giải quyết hoàn toàn tương tự bài toán 2

Bài 3 Tìm tất cả hàm số f N: *N* sao cho:

f x y z  f x  f y  f z với mọi , ,x y zN*(III)

đồng thời f(n)=n (n  14)

Ta sẽ phát biểu các bài toán trên theo ngôn ngữ tập hợp như sau:

Mệnh Đề 1 Cho S là tập con của Z thỏa mãn:

a)Không tồn tại x,y,z phân biệt thuộc Z sao cho có 3 trong 4 số x,y,z,x3+y3+z3thuộc S

Vậy x S với mọi |x| 20

Ta chứng minh bằng quy nạp: xS với mọi số tự nhiên x ( chứng minh quy nạp theo 2 đẳng thức đã nêu ở đầu của lời giải)

Suy ra xS với mọi x là số nguyên.Ta có S=Z

Bài toán 1 có thể nhìn theo ngôn ngữ tập hợp như sau:

Gọi S  x Z f x| ( )ax 

Theo phương trình hàm đã cho: nếu 3 trong 4 số x,y,z,x3+y3+z3 thuộc S thì số còn lại cũng thuộc S.Mặt khác 0,1,1∈ S.Vậy S=Z tức là f(x)=ax với mọi x ∈ Z

Mệnh Đề 2 Cho S là tập con của N thỏa mãn:

a)Không tồn tại x,y,z phân biệt thuộc N sao cho có 3 trong 4 số x,y,z,x3+y3+z3

a)Không tồn tại x,y phân biệt thuộc N* sao cho có đúng 2 trong 3 số x,y,x2+y2

PHẦN II:XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM TỪ ĐẲNG THỨC BẬC HAI

Mệnh đề 3 được chứng minh dựa vào các đẳng thức bậc hai,tiếp theo tôi xin đưa

ra một lớp các bài toán có cùng ý tưởng sử dụng đẳng thức dạng này.Đầu tiên là một bài toán khá quen thuộc:

Bài 4 Tìm tất cả hàm số f N :  Nsao cho:

f(m2+n2)=f2(m)+f2(n) với mọi m,n N (IV)

f(1) > 0

Lời giải

Xét 2 đẳng thức bậc hai đã xuất hiện ở chứng minh mệnh đề 3:

(2x+1)2 + (x 2)2 = (2x 1)2 + (x+2)2 (1) (2x+2)2 + (x 4)2 = (2x2)2 + (x+4)2 (2)

Để có thể quy nạp được giá trị của f(n) ta cần tính f(0),f(1),…,f(9)

Thu hẹp tập xác định của f(x) dẫn đến bài toán sau đây:

Bài 5 Tìm tất cả hàm số f N : *  N * sao cho:

Bài 6 Tìm tất cả hàm số f N : *  N * sao cho:

f(x2+y2+z2+t2)=xf(x) + yf(y) + zf(z) + tf(t) với mọi x,y,z,t N* f(1)=1 ; f(2)=2 ; f(3)=3

62+ 22 +12 + 12 =52 + 32 +22 + 22 f(6)=6

f(7)=f(22+ 12 +12 + 12)=7

Chứng minh bằng quy nạp f(n)=n   n N *dựa vào 2 đẳng thức (1) và (2)

Thay đổi hệ số ở đẳng thức (1) và (2) một chút ta được các đẳng thức mới sau:

(2x+1)2 + 2(x 1)2 = (2x 1)2 + 2(x+1)2(2x+2)2 + 2(x 2)2 = (2x 2)2 + 2(x+2)2 (x  4)2 + 4(x+1)2 = (x+4)2 + 4(x 1)2 (2x3)2 + 3(2x+1)2 = (2x+3)2 + 3(2x1)2

(2x4)2 + 3(2x)2 = (2x+2)2 + 3(2x2)2

Từ 5 đẳng thức trên ta có các bài toán sau:

Bài 7 Tìm tất cả hàm số f N :  Nsao cho:

Lời giải chi tiết xin dành cho bạn đọc

Phát triển thêm đẳng thức bằng cách lấy nguyên hàm cả 2 vế của đẳng thức bậc hai:

Xuất phát từ đẳng thức:

(2x+1)2 + (x2)2=(2x1)2 + (x+2)2

Lấy nguyên hàm cả 2 vế ta được:

Từ đẳng thức (*) và (**) dẫn tới bài toán sau:

Bài 10 Tìm tất cả hàm số f Z :  Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

Lời giải

Ở (I) cho x=y=z=0 ta được f(0)=3f3(0)  15f(0)

Do f(0)  Znên f(0)=0

Ở (I) cho y=z=0 f(x3-5x)=f3(x)  5f(x) (1)   x Z

Ở (I) cho z= y ta được : f(x3  5x)=f3(x)5f(x) + f3(y) 5f(y)+ f3(y)5f(y) (2)  x y Z , 

Từ (1) và (2)  f3(y) 5f(y)+ f3(y) 5f(y)=0   y Z

[f(y)+f(y)].[f2(y)+f2(y) f(y).f(y)5]=0 (3)

Bổ đề

Không tồn tại u,v  Zthỏa mãn : u2 uv+v2=5 (i) hoặc u2+uv+v2=5(ii)

Thật vậy: (i)  (2uv)2+3v2=20.Có 3 trường hợp xảy ra:

Cả 3 trường hợp trên đều không có u,v thỏa mãn

Tương tự cũng không có u,v thỏa mãn (ii)

Thay x=1 vào (1) ta được f(4)= 4a f(4)=4a

Thay x=y=z=2 vào (I) ta được f(6)= 6a f(6)=6a

Thay x=2 vào (4) f(5)=5a

Thay x=3 vào (4) f(7)=7a

Thay x=3 vào (5) f(8)=8a

Hoàn toàn tương tự : f(9)=9a;f(10)=10a;f(11)=11a;f(12)=12a

Vậy f(n)=na   n 12

Chứng minh bằng quy nạp f(n)=an (∀n ∈ N) theo 2 đẳng thức (*) và (2*)

Theo chứng minh trên : f(n)=an ∀n≤12

Giả sử f(k)=ka ∀k≤n.Ta chứng minh f(n+1)=n+1.Thật vậy:

Nếu n lẻ thì n=2x+1 (x≥6) 2x+1>2x2>x+4>x4>0.Theo (2*):

f3(2k+2) – 20f(2k+2)=(2k+2)3a3 – 20(2k+2)a

 f(2k+2)=(2k+2)a hay f(n+1)=(n+1)a

Nếu n chẵn,làm tương tự ta cũng được f(n+1)=(n+1)a

Từ (1) và (2) f(f2(5a2)+2f2(a2))=f(27)

Do f đơn ánh nên : f2(5a2)+2f2(a2)=27 f(5a2)=f(a2)=3 hoặc f(5a2)=5,f(a2)=1

Do f đơn ánh nên f(5a2)≠f(a2) f(5a2)=5,f(a2)=1

Tương tự : (5a2)2 + 2(2a2)2 = (a2)2 + 2.(4a2)2

f2(4a2) f2(2a2)=12

f(4a2)=4 và f(2a2)=2

Với m là số nguyên tùy ý ta có:

(m+4)2 + 2(m+1)2 = m2 + 2(m+3)2

f2((m+4)a2)+2f2((m+1)a2)=f2(ma2)+2f2((m+3)a2)

Do đó nếu ta kết luận được f(ka2)=k ∀k=1,2, ,m+3 thì khẳng định đúng với m+4

Vậy bằng quy nạp  f(ka2)=k ∀k∈N*

f(a3)=f(a.a2)=a=f(1)

Do f đơn ánh nên a3 = 1  a=1

Vậy f(k)≡k ∀k∈N*

PHẦN III:XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM TỪ CÁC ĐẲNG THỨC SAI PHÂN

Xuất phát từ biểu thức sai phân của đa thức:

Cho f(x) là đa thức với hệ số thực,đặt: ∆(1)f(x)=∆f(x)=f(x+1)-f(x)





 (chứng minh quy nạp theo n)

Xét f(x)=x n ,ta có ∆(n) f(x)=n! ,thay VT theo đẳng thức trên ta được:

Thay x=y=z=0 vào (*) ta có f(0)=0

Thay x=1,y=z=0 vào (*) ta có f(1)=f4(1) f(1)=1 ( f(1)>0 )

Thay x=y=z=1 vào (*) ta có f(16)=16

Thay x=y=2,z=0 vào (*) ta có f(2)=2f(1)=2

Thay x=1,y=2,z=0 vào (*) ta có f(81)=81

Thay x=3,y=z=0 vào (*) ta có f(3)=3

f(x+5)=x+5 hay f(n+1)=n+1,ta hoàn thành chứng minh

Vậy f(x)=x ∀x∈NVới ý tưởng từ đẳng thức:

0( )n 1( 1)n 2( 2)n k.( 1) (k )n n .( 1) n n !

C n x n C n x n  C n x n   C n  x n k   C n  x n

Cho n=3 và n=7 dẫn đến bài toán sau:

Cho x=y=z=t=0 ta được f(0)=0

Cho x=1,y=z=t=0 ta được f(1)=0

Cho x=y=z=t=1 ta được f(64)=64

Cho x=2,y=z=t=0 ta được f(2)=2

Cho x=y=z=t=2 ta được f(46)=46

Cho x=4,y=z=t=0 ta được f(46)=f6(4)=46→f(4)=4

Cho x=y=z=t=3 ta được f(66)=66

Quy nạp f(x)=x ∀x∈N từ đẳng thức:

(x+7)6 + 7(x+5)6 + 21(x+3)6 + 35(x+1)6 = x6 + 7(x+2)6 + 21(x+4)6 + 35(x+6)6 (*) Cho x=6,y=z=t=0 ta được f(66)=f6(6) f(6)=6

Vậy f(n)=n ∀n≤6

Quy nạp theo đẳng thức (*) ta có : f(n)=n ∀n∈N

Trên đây là một số ý tưởng xây dựng phương trình hàm từ các đồng nhất thức của tôi,còn rất nhiều các đồng nhất thức khác có thể dùng để xây dựng phương trình hàm bạn đọc có thể tự thực hiện.Cuối cùng tôi xin đưa ra các bài tập đề nghị sử dụng các ý tưởng ở trên để giải

∀x,y,z∈ Z thì : f(x3 + y3+z3)= x2 f(x) + y2 f(y) + z2 f(z) hoặc f3(x) + f3(y) + f3(z)

Bài 4 Tìm tất cả hàm số f N :  Nsao cho:

a) f(m2+2n2)=f2(m)+2f2(n) với mọi m,n N b) f(m2+3n2)=f2(m)+3f2(n) với mọi m,n N c) f(m2+4n2)=f2(m)+4f2(n) với mọi m,n N

Bài 5 Tìm f: Z→Z thỏa mãn :

f(x3 + y3 + z3 – 3xyz) = f3(x) + f3(y) + f3(z) – 3f(x).f(y).f(z) ∀x,y,z ∈ Z