Chuyen de phương trình hàm

Nghiên cứu tính đơn ánh, toàn ánh, tính chẵn lẻ của hàm số trong phương trình.. Chứng minh tính chất này không phức tạp nhưng điều đó lại cho ta một kết quả quan trọng để tìm được đáp s

MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT THƯỜNG DÙNG

1 Hàm số :f A B được gọi là tăng (đồng biến) nếu x y A x,  ,  y f x( ) f y( )

2 Hàm số :f A B được gọi là giảm (nghịch biến) nếu x y A x,  ,  y f x( ) f y( )

3 Hàm số luôn tăng hoặc luôn giảm gọi chung là hàm số đơn điệu.

4 Hàm số :f A B được gọi là đơn ánh nếu x y A f x,  , ( )f y( ) xy

5 Hàm số :f A B được gọi là toàn ánh nếu ( )f A B hay  b B a A f a,  : ( )b

6 Hàm số :f A B được gọi là song ánh nếu f vừa đơn ánh, vừa toàn ánh Hay nói cách khác mỗi

phần tử của A tương ứng với một phần tử duy nhất trong B

7 Hàm số f gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu x y D,  thì x y D  và ( )f x  f y( )f x y(  )

8 Hàm số f gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu x y D,  thì xy D và ( ) ( )f x f y f xy( )

9 Nếu hàm số :f R Rcộng tính thì ( )f x f(1) ,x  x Q

10 Nếu hàm số :f R Rliên tục và cộng tính thì ( )f x kx x R, 

11 Nếu hàm số :f R Rđơn điệu và cộng tính thì ( )f x kx x R, 

12 Nếu hàm số f đơn ánh, liên tục trên D thì f đơn điệu thực sự trên D

Một số định hướng cơ bản khi giải phương trình hàm:

1 Thế các giá trị biến phù hợp, các giá trị ban đầu có thể thế vào là x = 0; x = 1; x = -1… từ đó tìm ra một

tính chất quan trọng nào đó hoặc tính được f(0), hoặc tìm b sao cho f(b) = 0 Các giá trị ban đầu là mấu chốt

3 Nghiên cứu tính đơn ánh, toàn ánh, tính chẵn lẻ của hàm số trong phương trình Chứng minh tính chất

này không phức tạp nhưng điều đó lại cho ta một kết quả quan trọng để tìm được đáp số bài toán

4 Sử dụng phương trình Cauchy và kiểu Cauchy.

5 Nghiên cứu tính đơn điệu và tính liên tục của các hàm Các tính chất này áp dụng trong phương trình

Cauchy hoặc kiểu Cauchy Các phương trình đó nếu không có tính chất đơn điệu, liên tục thì bài toán trở lên phức tạp hơn nhiều

6 Dự đoán hàm và dùng phương pháp phản chứng để chứng minh điều dự đoán đúng.

7 Tạo nên các hệ thức truy hồi: Phương pháp này thường được sử dụng trong phương trình trên N, Z mà

các hàm có tính chất bị chặn hoặc tìm được mối quan hệ giữa f(f(n)), f(n) và n …với n N

CHƯƠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC R.

 Ban đầu nên cố gắng cho các biến x,y,… nhận các giá trị bằng số Thường các giá trị đặc biệt là 0, 1, 

để tính được vài giá trị của f từ đó nhận dạng hàm số

 Thế các biến bằng các biểu thức để làm xuất hiện các hằng số hoặc các biểu thức cần thiết Chẳng hạn, nếu trong phương trình hàm có mặt f x y   mà muốn có f  0 thì ta thế y bởi x, muốn có f x thì cho 0

22

này ta thay y bởi 3

Trước hết ta nhận thấy f là toàn ánh (và cũng đơn ánh): Cho 2

x  f f y  y f  y R (*) Vế phải có tập giá trị R nên ( ( ))f f y cũng có tập giá trị là R suy ra f có tập giá trị là R Vậy f là toàn ánh nên

tồn tại số thực t sao cho ( ) 0f t  Trong (1) cho x t  f f y( ( ))y; y R (2)

Trong (1) thay x bởi ( )f x và sử dụng (2) ta được f f x x f y( ( )  ( )) y x2;x y R;  và kết hợp với (1) ta

có f2(x) = x2  x  R => f x2( )x2, x R Cho x 1 ta được (1) 1

(1) 1

f f

Vậy có hai hàm số là ( )f x   x x R; và ( )f x x x R;  Thử lại thỏa

Ví Dụ 10 ( IMO Shortlist 2002) Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn điều kiện:

Muốn vậy, với mọi số thực t , ta cần tf(?)

Ta chọn y f x( ) để vế trái (1) đơn giản: (0) 2f  x f f ( ( f x( )) x),  x R (2)

Ta cần phương trình này tương đương với tf(?)

Và nếu thay x u vào (1) ta có ( ) 2f y  u f f y( ( ) u) hay ( ( )f f y  u) ( ( ) f y  u) u

Do tính toàn ánh của f nên từ đây ta có ( ) f x  x u hay ( )f x  x c Thử lại thấy thỏa mãn

Ví Dụ 11 Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn điều kiện:

Và để thực hiện được dự đoán (*), ta cần chỉ ra với mọi t, tồn tại x y để 0, 0 tf x( )0  f y( )0 ?

Hiển nhiên là f không thể đồng nhất 0 Do đó tồn tại a mà ( ) 0f a  Trong (1), cho y a ta được

Nhận thấy hàm f x  không thỏa mãn yêu cầu Xét hàm   0 f x không đồng nhất 0. 

Thay x bởi f y vào (*) ta được          0

2

f

f f y  f y Lại thay xbởi f x ta được 

Ta sẽ chứng minh tập  f x  2f y x y | ,   bằng  Thật vậy tồn tại giá trị y   sao cho0

 0 0

f y  a Khi đó thay yy0 vào (*) ta có f x a   2f x   x a x,   Mà khi x   thì x a

cũng có tập giá trị là  Điều này chứng tỏ tập  f x a   2f x x |   Mà

   

 f x  2f y x y| ,   f x a   2f x x |  nên  f x  2f y x y | ,  

Do đó từ (**) ta kết luận f x  x2 (0),f   x Thay vào (*) ta được f  0 0

Thử lại hàm số f x  x x,  thỏa mãn yêu cầu bài toán

Lại thay y  và 1 x bởi x 1 vào (1) ta có f    0 f x f x 1  f 1 x 1

Khử (f x  từ hai đẳng thức trên ta được 1) [ f  0 2 f   1 f 1 ] f x  f f  0  f 1 xf  0 (2)

Nếu  f  0 2 f    1 f 1 0, thì thay x 0vào (2) ta được f  0 0, nên theo (1) thì f x f y   xy

suy raf 1  f 1 1, điều này dẫn đến  f  0 2 f   1 f 1 1, mâu thuẫn

Vậy  f  0 2 f    1 f 1 0 nên từ (2) ta có f x ax b Thay vào (*) suy ra a1,b0hay

Vậy f x  f x , x 0, từ điều này kết hợp (2) ta có f  0  f x 1   0, x 0.

Từ đây suy ra f 0 0, vì nếu ngược lại thì f x  1, x 0, thay vào phương trình hàm ban đầu không thỏa

Thay f  0 0vào (**) ta có ( ( ))f f x f(x) và thay vào (*) ta được  x Rhoặc là ( )f x x hoặc là( )

f x x

Bây giờ giả sử tồn tại a 0 sao cho ( )f a a ( )f a f f a( ( ))f(a) vô lý vì f là hàm lẻ.

Vậy f x  x x,   Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài toán

Ví Dụ 16 Tìm tất cả các hàm số :f   thỏa mãn điều kiện

Thế x 0vào đẳng thức trên ta được  f  0 2  f  0 2  0 f  0 0 hoặc f  0 1

Nếu f  0 0 thì thay vào (1) ta có f f x    f x ,  x , thay kết quả này vào trong (**) ta có

 

f x  xf x  x suy ra với mỗi x R , hoặc là ( ) 0f x  hoặc là ( ) f x x

Giả sử tồn tại a0 : ( ) 0f a 

Thay x y a vào (*) ta được f(a)a2

Thay x a y ; a vào (*) ta được 2

( )

f a a suy ra a 0 mâu thuẫn Vậy ( )f x x với mọi x R thay vào (*) thỏa

Nếu f  0 1thay vào (1) ta có f f x    2f x 1, thay vào trong (**) ta suy ra với mỗi x R , hoặc là

1( )

x

x f x

x

f x

x f

Bài 24) (VMO 2017) Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn f xf y( ( ) f x( )) 2 ( ) f x xy

Hint: Chứng minh f song ánh từ đó tính được (0) 0f  hoặc (0) 1f 

CHƯƠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP ; ;  

Cộng vế theo vế ta được ( )f n  f(1) 2( n1) f n( ) 2 n1 thử lại thỏa

Ví Dụ 2 Tìm tất cả các hàm : *f    thoả mãn các điều kiện sau

Vậy (0) 1f  Từ (1) cho n 1 ta có (f m1) 2 ( ) f m  f m( 1) 3.2 , m   m hay

1) Tìm U n biết aU n1 bU n cU n1  0, nN; n 2 với U1;U2 cho trước

Giải phương trình đặc trưng a2 bc 0 (1)

a) Nếu 1, 2 là hai nghiệm thực phân biệt của (1) thì n n

U    trong đó A, B được xác định theo U1;U2

2) Tìm U n biết aU n1bU n cU n1 f n, (*) U1;U2 cho trước, f n là đa thức bậc n cho trước

Ta có 0 1 ,

n n

a) Nếu   1 là nghiệm của phương trình (1) thì 1

n

U là đa thức cùng bậc với f n.b) Nếu   1 là nghiệm đơn của (1) thì 1 ,

U  trong đó g nlà đa thức cùng bậc với f n

II Dùng phép thế kết hợp các tính chất của hàm số như đơn ánh, toàn ánh, đơn điệu, tính chẵn lẻ của hàm số

Ví Dụ 5 Tìm tất cả các hàm :f   thỏa mãn (f x y )f x( ) f y( );x y,   (1)

Giải:

Trong (1) cho x y 0 ta được (0) 0f 

Trong (1) cho y x ta được (f x) f x( ) suy ra f là hàm lẻ.

*( ) (1 1 1) (1) (1) (1) (1);

Nhận xét: Hàm số f trong bài này không toàn ánh vì trong (*) tập giá trị ở vế phải không là  Nếu hàm số :f   thì hàm sẽ toàn ánh như ví dụ dưới đây.

+ Từ (2) cho n b ta được b 0 hay f( 0 )  0 thay vào (2) ta có ( ( ))f f n n,  n (3)

Từ (1) thay n bởi ( )f n và áp dụng (3) ta được ( f m n )f m( ) f n( );m n,   nên theo Ví dụ 5 ta có

( ) ;

f n an n   thay vào (1) ta được a 1 hoặc a  1

Vậy ( )f n n;  n hoặc ( )f n n ; n   Thử lại thỏa

III Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp:

Ví Dụ 8 (Olympic 30/4/2017) Cho hàm số f Q : {0,1} thỏa:

Giả sử (*) đúng với n = k – 1 nghĩa là (f k 1) 1 Ta sẽ chứng minh ( ) 1f k 

Giả sử ngược lại ( ) 0 (0) ( ) ( ) 0

f f k   f f   f mâu thuẫn Vậy ( ) 1f k 

Vậy ( ) 1;f n    n * theo quy nạp

Thật vậy, với n  0 ; 1 thì (*) đúng.

Giả sử có f(n) bn, khi đó ( )f bn f f n( ( ))n

Ta có (f n1)f f bn( ( ) 1) bn f (1)bn b b n  ( 1), vậy (*) đúng với n 1

Do đó f(n) bn,  n Thay vào (1) suy ra b 1 Vậy f(n) n.Thử lại thoả mãn

Ví Dụ 10 Tìm tất cả hàm số :f   thỏa mãn các điều kiện:

Suy ra f x   x 1,  x Thử lại, ta thấy f x   x 1,  x thỏa điều kiện bài toán

Ví Dụ 11 Tìm tất cả các hàm f :  thoả mãn các điều kiện sau:

Giả sử có f( 1 ,n) n 2 , phải chứng minh f( 1 ,n 1 ) n 3

Thật vậy có f( 1 ,n 1 ) f( 0 ,f( 1 ,n)) f( 0 ,n 2 ) n 3 , đó là điều phải chứng minh

b) Tính f ( n2 , ):

3 0 2 3 ) 1

Thật vậy có f( 2 ,n 1 ) f( 1 , f( 2 ,n)) f( 1 , 2n 3 )  2n 5 ,đó là điều phải chứng minh.

c) Tính f ( n3 , ):

5 ) 1 ,

b) Với (2) 2f   f f( (1)) 1 Nếu (1) 2f   f f( (1))f(2) 2 vô lý

Bây giờ ta chứng minh bằng quy nạp: 2f n( ) n 1; n 3 (*):

Cho n 2 f(3) 2 Vậy (*) đúng với n 3

Giả sử (*) đúng đến n Khi đó (*) cũng đúng khi ta thay n bởi ( )f n (vì ta có 2f n( ) n 1) nghĩa là

2f f n( ( ))f n( ) 1 Từ đó (f n1)  n 2 f f n( ( ))n và (f n1)  n 2 f f n( ( )) 2 Vậy theo quy nạp ta có 2f n( ) n 1; n 3

Nếu ta có (1) 3f  thì theo (*) ta sẽ có 2f f( (1))f(1) 1 Điều này là vô lý vì ( (1)) 1f f  Vậy (1) 1f 

Vậy ta có (1) 1, (2) 2, (3) 2f  f  f  , tiếp tục tính thì ta thấy (4) 3, (5) 4, (6) 4 f  f  f  và như vậy( )

f n được xác định duy nhất với mỗi giái trị n nên hàm số có nhiều nhất một hàm số thỏa bài toán.

Ví Dụ 14 Cho hàm số f :    thỏa mãn các điều kiện f 1  0 và

Vì phương trình x22y2 27 chỉ có nghiệm nguyên dương là ( , ) (3,3),(5,1)x y  nên ta có

Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f ka( 2) k , với mọi k là số nguyên dương Do đó

3

( )  (1)

f a a f mà f đơn ánh nên a3  1 a1

Vậy ( ) f n n với mọi n nguyên dương Thử lại thỏa mãn bài toán.

IV Sử dụng nguyên lý cực hạn, chứng minh phản chứng.

Nguyên lý 1: Mọi tập con khác rỗng củaN đều có phần tử nhỏ nhất.

Nguyên lý 2: Mọi tập con khác rỗng và hữu hạn củađều có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.

Ví Dụ 16 (Olympic 30/4/2017) Cho hàm số f :{0,1} thỏa

Trường hợp 2: Nếu n11 suy ra f n 1 1 f n 11  f n 11:

 Nếu n1 1 f n 11 n thì suy ra 1 f n 11 f n 1 1 f n 11  1 (trái với giả thiết n là số tự 1nhiên bé nhất sao cho f n 1 1).

 Nếu n1 1 f n 11 n thì1 f n 111 (vô lý)

Vậy n1 1, do đó f n    1, n

Ví Dụ 18 (Đề nghị Olympic 2018) Cho các hàm số :f   và :g   thoả mãn các điều kiện sau:a) f toàn ánh và g đơn ánh.

Hint: Xét dãy số a1  a N a*, k1f a( )k Chứng minh a k12a k 3a k14a k2  3a k3 suy ra mâu thuẫn.

Bài 10) (SBT Đại số 12 chuyên) Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn (1) 0f  và

Hint: Chứng minh f chẵn và dùng dãy số ĐS: f n( )n21

Bài 12) Cho hàm số f :  thỏa mãn (f n m ) f n m(  )f n(3 ) (*) m n, ;n m

Hint: Tương tự bài trên.

Bài 21) (Olympic 30/4/2018, SBT Đại số 12 chuyên) Tồn tại hay không hàm số f : *  * thỏa mãn

f f n f n  f n   n *

Hint: Chứng minh hàm f tăng và n 1 f n( )   n 1; n 2

Bài 22) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn

CHƯƠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY VÀ KIỂU CAUCHY Phương trình có tính chất cộng tính nghĩa là f(x+y) = f(x) + f(y) x, y R gọi là phương trình Cauchy.

Đặc điểm của lớp phương trình này: Nếu hàm f xác định trên Q, bằng phương pháp quy nạp toán học cho ta kết quả f(x) = xf(1), xQ Bài toán được mở rộng trên R nếu thêm các tính chất cho trước của hàm ta sẽ xác định được hàm f Tuy nhiên với mỗi tính chất khác nhau sẽ cho ta các hàm khác nhau và do vậy lời giải bài toán cũng sẽ khác nhau Các tính chất thường được cho trong bài toán là:

+) Đơn điệu trên một khoảng nào đó

+) Hàm liên tục

+) Hàm bị chặn trên các khoảng (đoạn)

+) Dương với các giá trị x ≥ 0

+) Đơn ánh, toàn ánh …

Khi đó có thể giải được bài toán tổng quát: Tìm f : R  S thỏa f(x + y) = f(x) + f(y)

Tuy nhiên, trong thực tế ta thường hay gặp các phương trình mà sau khi biến đổi giả thiết sẽ được phương trình Cauchy Lớp phương trình đó gọi là phương trình kiểu Cauchy Ta chú ý các tính chất sau:

1 Nếu hàm số :f R Rcộng tính thì ( )f x f(1) ,x  x Q

2 Nếu hàm số :f R Rliên tục và cộng tính thì ( )f x kx

3 Nếu hàm số :f R Rđơn điệu và cộng tính thì ( )f x kx

4 Nếu hàm số f đơn ánh, liên tục trên D thì f đơn điệu thực sự trên D

5 Nếu hàm số :f R R

 liên tục và thỏa (f x y )f x f y( ) ( ) thì bằng cách đặt ( ) ln ( )g x  f x ta tìm được ( ) x

Không mất tổng quát giả sử f là hàm đồng biến trên R.

Trong (1) cho x = y = 0 ta được (0) 0f 

Trong (1) cho y = - x ta được (f x) f x( ) suy ra f là hàm lẻ.

*

: ( ) (1 1 1) (1) (1) (1) (1)

Chú ý: Nếu giả thiết hàm đơn điệu được thay bằng giả thiết hàm liên tục thì kết quả không có gì thay đổi

Khi đó ta có thể chứng minh như sau:

     Thử lại thỏa Vậy ( )f x f(1) ,x x R 

Kết quả của phương trình hàm Cauchy ta sẽ dùng cho các ví dụ sau mà không chứng minh lại

x g f

x f f

x f f

122

)0()()0(22

)0()

y x

22)

()(2

12

y g

x g y x g y g x g y

x

g

 g(xy)g(x)g(y)x,yR

Do đó g(x) = ax suy ra f(x) = g(x) +g(0) = ax + b, với b = f(0) và a = f(1) - f(0) Thử lại thỏa

Ví Dụ 3 Tìm tất cả các hàm :f R R liên tục thỏa mãn f(0) = 2017, f(1) = 2018 và

Lời giải:

Thay

2

y x

z  vào giả thiết ta được  ( ) ( )

2

1

y x

Do đó theo ví dụ trên suy ra f(x) = ax + b

Vì f(0) = 2017, f(1) = 2018 suy ra f(x) = x + 2017 Thử lại thỏa

Ví Dụ 4 Tìm tất cả các hàm :f R R liên tục thỏa mãn f(x) + f(y) - f(x+y) = xy (1) x,y  R

Lời giải:

Từ (1) cho x = 0  f(0) = 0 Cho y = - x  f(x) + f(-x) + x2 = 0 x  R

Từ đây ta dự đoán cách đặt hàm g(x) sao cho mất x hay 2

2( ) ( )

2

x

f x g x  Khi đó thay vào (1) rút gọn ta được g(x) + g(y) = g(x+y) x,y  R và ( )g x liên tục trên R do đó g(x) = ax

hay

2( )

2

x

f x ax Thử lại thỏa (1)

Ví Dụ 5 Cho hàm g: R  R thỏa mãn g(1) = 1 và g(x) + g(y) = g(x+y) - xy - 1, (*) x,yR

Tìm tất cả số nguyên n  1 sao cho g(n) = n

Từ đó suy ra f đơn điệu, cộng tính nên ta có ( )f x kx, thay vào (2) ta được k =1 Vậy ( )f x x

Ví Dụ 7 (IMO 1979): Cho hàm f: R  R thỏa f (xy + x + y) = f(xy) + f(x) + f(y)  x; y  R (1) Chứng

minh rằng: f(x + y) = f(x) + f(y)  x; y  R

Lời giải:

+ Trong (1) cho x = y = 0 => f(0) = 0

+ Trong (1) cho y = -1 => f(x) = -f(-x); thay y = 1 => f(2x + 1) = 2f(x) + f(1)

=> f (2(u + v + uv) + 1) = 2f (u + v + uv) + f(1) = 2f(uv) + 2f(u) + 2f(v) + f(1)  u, v  R

+ Mặt khác: Thay x = u và y = 2v + 1 trong (1) ta có:

f(2(u+ v + uv) + 1) = f(u + (2v + 1) + u(2v+1)) = f(u) + 2f(v) + f(1) + f (2uv + u)

Suy ra: 2f(uv) + 2f(u) + 2f(v) + f(1) = f(u) + 2f(v) + f(1) + f(2uv + u) => f(2uv + u) = 2f(uv) + f(u) (2)+ Trong (2) cho

u

=> f(2x) = 2f(x) x R+ Do đó (2) viết lại là f(2uv + u) = f(2uv) + f(u)  u, v R hay f(x+ y) = f(x) + f(y)  x, y  R

BÀI TẬP Bài 1) (TST 2014 Đăk Lắc) Tìm tất cả các hàm số f :  liên tục thỏa mãn f x(  f y( )) y f x( ),

x y R

ĐS: f x( )x f x; ( )x

Bài 2) Tìm tất cả các hàm số f : liên tục thỏa mãn f x(  f y( )) y f x( 1) x y R, 

Hint: Đặt ( )f x g x( ) 1 đưa về Bài 1

Bài 5) Tìm tất cả các hàm số f :  liên tục thỏa mãn xf x( ) yf y( ) ( x y f x y ) (  ) x y R, 

Hint: Sử dụng phép thế ( , ) ( ,x y  x x y )chứng minh được ( ) ( ) (2 )