3. PTH day vong Tinh - HS

Pheùp thöû tröïc tieáp cho thaáy caùc ña thöùc P(x) vöøa tìm ñöôïc ôû treân thoûa maõn caùc heä thöùc cuûa ñeà baøi, vaø do ñoù chuùng laø taát caû caùc ña thöùc caàn tìm... Ngöôïc laïi[r]

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

PHẦN 1: NỘI DUNG CÁC BÀI GIẢNG

Bài 1: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM ĐƠN ĐIỆU

Tiết PP: 413 - 418

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT:

1/ Hàm số đơn điệu:

* Hàm số y = f(x) tăng trên (a;b)  x x1; 2( ; ),a b x1 x2 f x( )1  f x( )2

* Hàm số y = f(x) giảm trên (a;b)  x x1; 2( ; ),a b x1 x2 f x( )1  f x( )2

VD: Hàm số yax b a ( 0) là hàm số tăng trên R khi a > 0; là hàm số giảm trên R khi a <0

Hay hs trên là nghịch biến trên 0( ;)

VD: Cho hai hàm số f(x) và g(x) cùng xác định và đồng biến trên khoảng I

a/ CMR hàm số s(x) = f(x) + g(x) cũng đồng biến trên I

b/ Giả sử thêm các hàm số trên là dương trên I Tức là:  x I f x, ( )0 và g x( )0 Hãy CM: hàm số p(x) = f(x).g(x) cũng đồng biến trên I

c/ Giả sử thêm các hàm số trên là âm trên I Tức là:  x I f x, ( )0và g x( )0 Hãy CM: hàm số p(x) = f(x).g(x) là nghịch biến trên I

2/ Một số lưu ý:

- Nếu f cộng tính và đơn điệu trên R (hoặc R+) thì f(x) = k.x

- Nếu f đơn điệu thực sự thì f là đơn ánh

- Nếu ta dự đoán được công thức hàm số, chẳng hạn f(x) = g(x) thì có thể xét f(x) > g(x) và f(x) < g(x), sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm f để dẫn tới điều vô lý

Nếu f đơn điệu và ta đã có CT của f trên tập số hữu tỉ Q thì dùng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, rồi sau đó chuyển qua giới hạn

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

2 Tìm tất cả các hàm số tăng thực sự: f : thỏa: f x(  f y( )) f x( )y,x y;  

Giả sử có y1 và y2 mà f(y1) = f(y2) thì với mọi x ta có:

Vì f đơn ánh nên: ( ) ( ) ( ), ,

f đơn điệu và cộng tính trên ( ) , ( )

-Thay biểu thức của f(x) vào hệ thức (1) ta được: ( ( )) ( ) ( )

1/ Nếu không có gthiết đơn điệu thì ngoài 2 hs trên, có thể còn có các hs khác

2/ Nếu thay giả thiết f đơn điệu bằng giả thiết tập hợp ( )  0

\

f x x x

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

3 thỏa yêu cầu đề ra

4 Cho hàm số f : thỏa mãn hai điều kiện: 0 0 ( )  0

t  , nên tồn tại các giới hạn:

Ta biến đổi vế trái của

5 Tìm tất cả các hàm số tăng thực sự: f : thỏa: f x f y( ( ))y f (2x),x y;   (3)

* Trước hết ta thấy hàm f(x) = 0   x thỏa

Ta CM f là đơn ánh Thật vậy giả sử có y và y mà

Vì f là tăng thực sự nên f f

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Suy ra f x x mâu thuẫn

Vậy f x x x Thử lại thỏa đề

a suy ra với x thì f x và f x x vì f đơn ánh

Bây giờ áp dụng d ta có với x và y

 (6e) Giả sử x > y Khi đó: x - y > 0 => f(x - y) > 0 Vì f cộng tính nên:

f cộng tính và đơn điệu nên f x k x



Thử lại thấy thỏa đề bài Vậy hàm số duy nhất cần tìm là f x( )x,  x

7 Tìm tất cả các hàm f mà: f : và thỏa

9( ( )f x  f z( )).( ( )f y f t( )) f xy zt(  ) f xt yz(  ) ( )

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

- Thay x = y = z = 0 vào (9), ta có: 2 ( ).( ( )f 0 f 0  f t( ))2f( )0 (9a)

02

f x    x Là hs thứ nhất thỏa bài toán

2/ f( )0 0

- Thay z = t = 0 vào (9) ta có: f(xy) = f(x).f(y), x y,   (9b)

- Thay x = y = 1 vào (9b) ta có: 2 1 0

1 1

( )( ) ( ( ))

b/ Nếu f(1) = 1 thì thay x = 0; y = t = 1 vào (9) ta được:

2f z( ) f(z)f z( ) f(z) f z( ), z  f là hàm chẵnm

Vậy ta chỉ cần xét x là đủ

( ) ( )[ ; )

u x v x u không giảm và v không tăng

Do f đơn điệu nên với mỗi n ta có f u f x f v hay u f x v

f x x x  thỏa mãn Đó là hs thứ 3 cần tìm

( ) ; ( ) / ; ( ) ,

f x  f x  f x x   x

Nhận xét: Kỹ thuật chọn 2 dãy hữu tỉ như trên thường dùng khi ta đã có công thức của hàm f đơn điệu

trên tập số hữu tỉ Q

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

11 VMO 2005 - Bảng A và B:

Hãy xác định tất cả các hàm số f : thỏa mãn các điều kiện:

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Bài 2: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC

Tiết PP: 419 - 424

A LÝ THUYẾT:

1/ Hàm số một biến liên tục:

a/ Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b), x0  a, b  Hàm số f(x) được gọi là liên tục tại x0 nếu

  thì ta nói hàm số liên tục bên phải tại điểm x0

Vậy f liên tục tại x0

Nếu hàm số không liên tục tại x0 thì f được gọi là gián đoạn tại điểm x0 Vậy f gián đoạn tại điểm x0

khi không tồn tại

b/ Định lí: Cho hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] Khi đó:

i) f bị chặn trên đoạn [a, b], nghĩa là tồn tại số M > 0 sao cho: f (x)  M   x  a, b  ii) f có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b]

iii)   c  f (a), f (b) , x   0  a, b : f x   0  c

Nếu f(a).f(b) < 0 thì tồn tại x0  a, b : f (x )  0  0

2/ Một số lưu ý:

- Nếu f cộng tính và liên tục trên R (hoặc R+) thì f(x) = k.x

- Nếu f liên tục trên R (hoặc R+) và thỏa mãn:

- Nếu f liên tục và nhân tính trên R+ thì f x( )x  ;  

- Nếu f liên tục và đơn ánh thì f đơn điệu thực sự

- Nếu có công thức của f trên tập X  và X trù mật trong  thì ta cũng có công thức của f trên 

Giả sử tồn tại f

Khi đó bằng quy nạp dễ có:

2( ) x n ,

f x  f   n



Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

02

n n

Do đó: f là hàm số hằng

2 Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa điều kiện:f x( )f(2x) x R Tìm hàm số f(x)

Thử lại ta được f(x) = c thỏa điều kiện đề bài

3 Cho a   Tìm tất cả các hàm liên tục

2

f  sao cho f x y  f x f y a xy x y

- Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề

- Trong (2) cho x = 1; y = 0 ta có f(1) = f(1) - f(0) => f(0) = 0

- Lại thay x = y = 1 ta có f(0) = f(1) - f(1) + a => a = 0

- Vậy với a 0 thì không tồn tại hàm số

2

00

Hàm f ltục và cộng tính nên f x kx k tùy ý

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Vì f liên tục và thỏa e nên f x ax b x

5 Tìm tất cả các hàm liên tục

2

72

- Nhận xét rằng hàm số f(x) = 0   x thỏa mãn Ta xét trường hợp f x  ( ) 0

- Giả sử có x0 mà f(x0) = 0, ta thay x= x0 ; y= 2x -x0 vào (7)

Vậy phải có f x x

Giả sử có a b mà f a và f b Khi đó do f ltục nên phải có x sao cho f x vô lý Vậy có thể xem f x x hoặc f x x

Vì f và f có vai t

rò như nhau nên ta có thể giả thiết f x    x

* Bây giờ xét hàm số g(x) = lnf(x) - lnf(0) => g(x) ltục trên R và g(0) = 0

Hay f x e x Thử lại thấy thỏa

Nếu f x x thì ta có hàm số f x e x

Vậy các hsố cần tìm là f x f x e f x e x

     , khi đó, f(x) liên tục trên (-1; 1) và thỏa mãn (6) khi và chỉ khi ( )x

liên tục trên (-1; 1) và thỏa mãn hệ thức: ( ( ))g x ( ),x   x ( ; )1 1 (7)

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

1( ) x, ( ; )

11

x x



Xét hàm số: h(x) = 1

Từ (9), bằng PP quy nạp theo n   dễ dàng chứng minh được: 2

0( ) ( n ), ( ; ),

x y và z thu được f t f    , do đó f(t) < 0, với mọi t

Vậy có thể đặt f(x) = -2g(x) Thế vào pt hàm đã cho, nhận được:

3

g x y g y z g z x  Đặt u = x - y; v = y - z thì z - x = - (u+ v)

- Đặt h(x) = g(x) - 1, PT hàm trên trở thành: h(u) + h(v) = - h(-u - v) (*)

Dễ thấy h(0) = 0, (với u = v = 0) và h(x) = -h(-x) (với u = x và v = -x)

PT (*) được viết lại thành h u( )h v( )h u v(  )

PT hàm này chính là PT hàm Cauchy Nghiệm của nó là h(t) = at, với a là hằng số thực tùy ý nào đó Thế ngược lại, ta thu được nghiệm của PT hàm ban đầu là: 1

2( ) ax ,

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

0

1( )

   , mâu thuẫn với điều đã giả thiết

Vậy không tồn tại 0 0

0

1( )

Thật vậy, nếu không như vậy thì tồn tại cặp số thực phân biệt x x x1; 2( 1x2)sao cho g x( )1 g x( )2

Do tính chất liên tục của hàm g nên với số hữu tỉ q (ming x( ); ( ) ;max1 g x2  g x( ); ( ) )1 g x2  cho trước, đều tồn tại x3( ;x x1 2)để g x( )3 q, điều này là không thể vì g chỉ nhận các giá trị vô tỉ

Theo đề hàm số f : liên tục và thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) là số hữu tỉ khi và chỉ khi x, (f x20)f x( 12) f x( 2012) là số vô tỉ Điều này tương đương với hàm số

:

f  liên tục và thỏa mãn:f x( ) f x( 1006) là số vô tỉ khi và chỉ khi

x f x f x  f x là số hữu tỉ

Do vậy cặp hàm: 1

Vậy theo nhận xét trên thì h1c h1; 2 c2 (với c1; c2 là các hằng số vô tỉ nào đó)

10 Bài T10/387:

Có tồn tại hay không hàm số f : thỏa mãn đồng thời 2 tính chất:

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

a/ f liên tục trên R b/ f x( 2008).( ( )f x  2009) 2010,  x ?

Giả sử tồn tại hàm số f liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện:

Tìm tất cả các hàm số liên tục f : thỏa mãn: f x y(  )  f x( ) f y( ) , x y;   ( )1

(trong đó [t] là số nguyên lớn nhất không vượt quá t và  t  t [ ]t )

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

PHẦN 2: PHỤ LỤC CÁC ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC GIA

1 CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA - VMO

VMO 1985 A:

Bài 2: Gọi M là tập hợp tất cả các hàm số f xác định với mọi số nguyên nhận những giá trị thực thỏa

mãn các tính chất sau:

a/ Với mọi số nguyên x và y thì f(x).f(y) = f(x + y) + f(x - y)

b/ f(0) 0

Tìm tất cả các hàm số 1 5

2( )

 Ta lần lượt thực hiện các bước chọn ẩn như sau:

a/ Cho x = y = z = 0 ta nhận được 2 1 1

f x  với mọi x

c/ Cho x = y = z = 1 ta nhận được 1 1

2( )

d/ Cho y = z = 1 ta nhận được 1

2( )

Bài 3: Hãy xác định tất cả các hàm f(n) xác định trên tập các số nguyên dương với các giá trị nguyên

Bài 4: Hãy xác định tất cả các hàm f(n) xác định trên tập các số nguyên dương với các giá trị nguyên

dương thỏa mãn: f n( ) f n( 1) f n( 2) (f n 3) 1996, n 

VMO 1997 A:

Bài 3: Có bao nhiêu hàm f(n) xác định trên tập các số nguyên dương với các giá trị nguyên dương

thỏa mãn: f(1) = 1 và f(n).f(n+2) = f(n+1)2 + 1997, *

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Bài 6: Hãy xác định tất cả các hàm f(t) xác định trên tập các số nguyên không âm với các giá trị trong

T=0 1 2, , , ,1999 thỏa mãn các đk sau:

a/ f(t) = t với 0 t 1999

b/ f( m + n) = f(f(m) + f(n)) , m n,  

Giả sử f là hàm số cần tìm Đặt f(2000) = a; b = 2000 - a Ta có: 1b2000

Ta có các nhận xét sau (dễ chứng minh bằng quy nạp)

Nhận xét 1: Với mọi r mà 0 r b ta có f: (2000r) a r

Nhận xét 2: Với mọi k  mà 0 r b ta có f: (2000kb r ) a r

Từ 2 nhận xét trên ta suy ra nếu f là hàm cần tìm thì:

Nhận xét 4: n f n( ) (mod ),b   n

Bây giờ chỉ cần CM (1) cho trường hợp có ít nhất một trong hai số m, n không thuộc T

Giả sử m2000.Khi đó m n 2000a và f(m)+ f(n) a do f m( ( )a)

( ) ( ) (mod )

Mà m n  f n  f m b (theo nhận xét 4)

Thành thử do nhận xét 3 => f( m + n) = f(f(m) + f(n))

Kết luận: Tất cả các hàm số thỏa mãn đầu bài được xác định theo côngthức (*) với mỗi a thuộc T cho

trước Thành thử có 2000 hàm số như vậy

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

(cũng là bài của Aùo 199?)

với a b là nghiệm pt x   x

VMO 2001: - Bảng B: - Không có Phương trình hàm

     , khi đó, f(x) liên tục trên (-1; 1) và thỏa mãn (6) khi và chỉ khi ( )x

liên tục trên (-1; 1) và thỏa mãn hệ thức: ( ( ))g x ( ),x   x ( ; )1 1 (7)

1( ) x, ( ; )

11

x x



Xét hàm số: h(x) = 1

Từ (9), bằng PP quy nạp theo n   dễ dàng chứng minh được: 2

0( ) ( n ), ( ; ),

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Giả sử f(x) là hsố thỏa yêu cầu đề bài

Lần lượt thế y = f(x) và y = x2002 vào hệ thức của bài, ta được:

Ta sẽ CM nếu tồn tại hsố f(x) thỏa mãn yêu cầu đề bài mà khác f1 và f2 thì dẫn đến mâu thuẫn

Khi đó, theo các lập luận ở trên, f phải thỏa mãn (1) và (2) Hơn nữa, do f khác f2 nên tồn tại

0 0

x  sao cho f(x0) = 0 Lại do f khác f1 nên tồn tại y0 0 sao cho f(y0) 0

Thay x = 0 vào hệ thức của bài, với lưu ý tới (1), ta được: f(y) = f(-y), y   Do đó có thể giả sử y0

=> Mâu thuẩn Vậy chỉ có thể f f f1; 2

Phép thử trực tiếp cho thấy f(x)  0 là hàm số duy nhất cần tìm

VMO 2002: - Bảng A: - Không có Phương Trình Hàm

Thay x = -2 vào (3) ta được: 0 = -28.P(-2) => P(-2) = 0

Thay x = 2 vào (3) ta được: 0 = 28.P(1) => P(1) = 0

Từ đó:

+ Thay x = -1 vào (2) ta được: 0 = -9.P(-1) => P(-1) = 0

+ Thay x = 1 vào (2) ta được: 0 = 9.P(0) => P(0) = 0

Từ các kết quả trên, suy ra: P(x) = (x-1)x(x+1)(x+2).Q(x) ,   x (4)

Trong đó Q(x) là đa thức với hệ số thực của biến x Dẫn tới:

P(x - 1) = (x-2)(x-1)(x)(x+1).Q(x-1) ,   x (5)

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Q x  x  x R x   x (7) trong đó R(x) là đa thức với hệ số thực của biến x

P x c x x x x x  x   x , trong đó c là hằng số thực tùy ý

Phép thử trực tiếp cho thấy các đa thức P(x) vừa tìm được ở trên thỏa mãn các hệ thức của đề bài, và do đó chúng là tất cả các đa thức cần tìm

VMO 2004: - Bảng A, B: - Không có Phương Trình Hàm

VMO 2005: - Bảng A và B:

Bài 4: Hãy xác định tất cả các hàm số f : thỏa mãn các điều kiện:

Thế x = y vào (1), với lư ý tới (2), ta được: 2 2 2

( ( ))f x x a ,  x (3)

0( ( ))f x ( (f x)) , x  hay f x( ( ) f(x))( ( )f x  f(x)) , x  (4)

Giả sử tồn tại x  o 0sao cho f x( )0  f(x0)

Thế y = 0 vào (1), được: f f x( ( ))af x( ) f x( )a,  x (5)

Mặt khác, từ (3) suy ra nếu f(x1) = f(x2) thì 2 2

Thế (8) vào (7) ta được: a f x.( ( )1)0, x 0

Suy ra a = 0, vì nếu ngược lại a 0thì f(x) = 1,  x 0, trái với (8)

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Vì vậy, từ (9) ta được f(x) = - x,   x Ngược lại, kiểm tra trực tiếp, ta thấy hsố tìm được ở trên thỏa mãn các yêu cầu của đề bài

Vậy hàm số f(x) = - x,   x là hàm số duy nhất cần tìm

Đặt h(x) = g(x) - 1, PT hàm trên trở thành: h(u) + h(v) = - h(-u - v) (*)

Dể thấy h(0) = 0, (với u = v = 0) và h(x) = -h(-x) (với u = x và v = -x)

PT (*) được viết lại thành h u( )h v( )h u v(  )

PT hàm này chính là PT hàm Cauchy Nghiệm của nó là h(t) = at, với a là hằng số thực tùy ý nào đó Thế ngược lại, ta thu được nghiệm của PT hàm ban đầu là: 1

2( ) ax ,

Thế (3) vào (1), ta được:

( ( ))S S( ) ,hay S( ) hoặc S( ) Như vậy S x có dạng S x, ( ) : ( )px hoặc S x( )px

Trường hợp 1: ( ) S x px Thế vào (5) ta được:

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Phép thử trực tiếp cho thấy các đa thức này thỏa (1)

Trường hợp 2: S x( ) px1 Thế vào (5) ta được:

Câu 5: (3 đ) Cho b là một số thực dương Hãy xác định tất cả các hàm số f xác định trên tập

các số thực , lấy giá trị trong  và thỏa mãn phương trình:

Phương trình đã cho tương đương với: f x y (  )  bx y  ( ( ) f x  bx) 3b yf y( )1,  x y ,   (1)

Đặt g(x) = f(x) + bx Khi đó (1) có dạng: 1

Ta có bảng biến thiên sau, với alog3elog (log )3 3e  1 0

Từ bảng biến thiên ta thấy pt h(t) = 0 có 2 nghiệm t1 = 1 và t2 = c , với 0<c<1, (vì h(0) = 1/3)

Giáo trình Bồi dưỡng Olympic vòng Tỉnh - Chuyên đề Phương Trình Hàm

Vậy g(y) = 1, y   , suy ra f(x) = 1 - bx

Vậy có 2 hàm số thỏa mãn đề bài là: f(x) = - bx và f(x) = 1 - bx

VMO 2008, 2009, 2010: - Không có Phương Trình Hàm

VMO 2013 - Bài 5 (7 điểm): HSG QG 2013

Tìm tất cả các hàm số f : thỏa f( )0 0; ( )f 1 2013và: