đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

Song liên quan đến phương trình trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản nhất (chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính có nghiệm phức). c.[r]

=f (xz )− f (xy)

1

xz −

1 xy

từ (*) → xyz2f (xyz2)=x2 yzf (x2yz) đặt

Chứng minh rằng đa thức f x khụng cú nghiệm số thực.

 Ta chứng tỏ rằng x0 0 không là nghiệm của f x , nghĩa là a n f 0  0 Gọi k là

số chỉ lớn nhất sao cho a k 0 Lúc đó vế trái của (1) có dạng

n k

k n k n

n

k n k n k n

n k

n k n

a x

a

x a

x a x a x

a x

2 0

2 2

0 0

2

3 2

2

2

2

n

k n k

n

x a x

a

x x a x

x a x

2 2

3 0

3 3

0 3

So sánh hai vế của (1) ta có

 

k n

x x

a x

k k n k n k

Từ hệ thức (1) suy ra nếu x0 0 mà f x0  0 thì f x k 0  k, nghĩa là f(x) bậc n,

không đồng nhất bằng 0 mà có vô số nghiệm thực khác nhau, dẫn đến mâu thuẫn.

Vậy đa thức f(x) không có nghiệm thực

Giải: Cho f :R R là hàm số từ tập R vào chính nó Tìm tất cả các hàm f như thế thoả

mãn hai điều kiện: i) f(x f(y))y  f(x) x,yR

x

x f

mf x x f m

m f x x

thoả mãn hai điều kiện: i) f(x f(y)) y f(x) x,yR

x

x f

ii) ( ): 0 ,

là tập hợp hữu hạn.

x f m f x

f m

x f m f

1

2 1

1

x f m

f m x x f m

f m x

mãn hai điều kiện đã cho

giải: Từ ĐK 1  với mọi r  , f(rx) = rf(x) với mọi x   (1)

Theo ĐK 2:  N > 0: ( )f x N với mọi x 0;1

Theo ĐK 1, f(x) là hàm lẻ  ( )f x N với mọi x   1;1 (2)

Lấy x  , tồn tại số hữu tỉ dương r sao cho

Lấy x 0   ,  dãy số hữu tỉ (r n ): limr n x0

Ta có: r n – x 0  0 nên theo (5)  lim f r n f x 0

Theo (6)  f x 0  limr n 2010 x0 2010

1) f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y  R

2) f(x) bị chặn trên [0; 1]

 trong (1)

1 ,

 trong (3) ta có

2 2

f n

n n

2 2

2

1

1 1

Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x]

8/(Bắc Ninh) Cho hai đa thức: P x( )x3 3x1 và Q x( ) 8 x3 36x2 48x19 Gọi a là

nghiệm lớn nhất của P(x) và b là nghiệm nhỏ nhất của Q(x) Chứng minh rằng:

Vậy:

2 Cận trên cận dưới

Giả sử

Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi aA thì a x

Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a A thì a x

Cận trên bé nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận trên đúng của A và

+ Đặc trưng của hàm:

Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường

mà nghiệm của nó là hàm Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm Những tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số được gọi là những đặc trưng hàm

* Hàm tuyến tính f(x) = ax, khi đó f(x + y) = f(x) + f(y)

Vậy đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x) + f(y), với mọi x, y

* Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f (x+ y)=2 f(x+ y2 )

Vậy đặc trưng hàm ở đây là: f(x + y2 )=f (x )+ f ( y)

2 , ∀ x , y ∈ R

Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là: Những hàm nào có tính chất

f (x+ y)=f (x )+f ( y), ∀ x , y ∈ R Giải quyết tốt vấn đề đó chính là dẫn đến

phương trình hàm Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặctrưng hàm cho trước

* Hàm luỹ thừa: f (x)=x k , x>0

Đặc trưng hàm là: f (xy )=f (x) f ( y)

* Hàm mũ: f (x)=a x

(a>0 , a ≠ 1)

Đặc trưng của hàm là: f (x+ y)=f (x )f ( y ), ∀ x , y ∈ R

* Hàm Logarit: f (x)=log a x, (a>0 , a ≠1)

Đặc trưng của hàm là: f (xy )=f (x)+ f ( y )

* Hàm lượng giác: f (x)=cos x

Đặc trưng hàm là: f (x+ y)+f (x − y)=2 f (x )f ( y )

Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng của các hàm số

f (x)=sin x , f ( x)=tan x với các hàm Hypebolic:

* sin hypebolic: shx=e x −e − x

- Nếu với mọi x, y D mà x+y D , x – y D và f( x – y) = f(x) –

f(y) thì f(x) cũng gọi là một hàm cộng tính trên D

5 Hàm đơn điệu

+ Hàm số f(x) được gọi là tăng trên khoảng (a,b) nếu:

Với mọi x1, x2 (a,b), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2)

+ Hàm số f(x) được gọi là giảm trên khoảng (a,b) nếu:

Với mọi x1, x2 (a,b), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2)

I.Phương pháp 1: Sử dụng tính liên tục của hàm số

Sử dụng tính liên tục của hàm số có 3 con đường chính:

2], f(a) = f(x1) = fx2) =…= lìm(xn) = f (1

2)= c (c hằng số)

x0=a

x n+1=x n2+ 1

4, ∀ n ∈ N

Thử lại thấy đúng

Bài3 (Sử dụng phương trình hàm Côsi) - VMO năm 2006 (bảng B)

Tìm f : R → R liên tục trên R thoã mãn f(x-y).f(y-z).f(z-x) + 8 = 0

=− 8 ⇔ g(x − y)+g ( y − z)+g(z − x)=0 (*) + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta có g(0) = 0 (a)

+ Cho y = z =0, x ∈ R, từ (a) ta đựoc g(x) = g(-x) (b)

Từ (*) và (b) ta suy ra g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z)

(với b = ea >0) Thử lại ta thấy đúng

II Phương pháp2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức

Bài1:

Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

(Giải bài toán này tương tự như bài 1)

Tương tự như trên nếu ta xét:

P(x )=(x2+1)(x2−3 x +2) thì ta sẽ có bài toán sau:

Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thoã mãn điều kiện bài toán.

Thật vậy giả sử còn có hàm số g(x) khác f(x) thoã mãn điều kiện bàitoán

Do g(x) không trùng với f(x) nên ∃ x0∈ R : g(x0)≠ f ( x0)

1 3

Do g(x) thoã mãn điều kiện bài toán nên:

2g(x) + g(1-x) = x2 ∀ x ∈ R

Thay x bởi x0 ta được: 2g(x0) + g(1-x0) = x02

Thay x bởi 1-x0 ta được 2g(1-x0) + g(x0) = (1-x0)2

Từ hai hệ thức này ta được: g(x0) = 13(x02+2 x − 1) = f(x0)

Điều này mâu thuẫn với f(x0) g(x0)

Vậy phương trình có nghệm duy nhất là f (x)=1

Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) - f(x) = x (1)

Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính

Vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b

Hiển nhiên hàm số nầy thoã mãn điều kiện bài toán.

Ta phải chứng minh f(n) = -n + 1 là hàm số duy nhất thoã mãn điều kiện bài toán

Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thoã mãn điều kiện bàitoán

Mâu thuẫn với giả thiêt n0 là số tự nhiên bé nhất thoã mãn (5)

⇒ vf(u)− uf (v )=(u2− v2)uv ⇒ f (u)

Chọn v = 1 ta có:

⇒ f (u)=u3

+au ,∀ u ≠ 0 (a = f(1) - 1)

Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0Kết luận: f (x)=x3+ax, ∀ x ∈ R

Tìm các hàm số f: R → R thoã mãn điều kiện:

f (x+ y)+f (x − y)−2 f (x)f (1+ y)=2 xy (3 y − x2

5 x

Bài3:

Tìm tất cả cá c đa thức P(x) R[x] sao cho :

P(x + y) = P(x) + P(y) = 3xy(x + y), ∀ x , y ∈ R

f (x3)=3 xf(x ), ∀ x ∈ (0;1 )

Thay x, y, z bởi x2ta được

+) Khái niệm dãy số:

Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên:

Sai phân cấp 1 của hàm xn là: Δxx n=x n+1 − x n

Sai phân cấp 2 của hàm xn là: Δx2x n=Δxx n+1 − Δxx n=x n+2 −2 x n+1+x n

Sai phân cấp k của hàm xn là: Δx k x n=∑

i=0

k

¿ ¿

+) Các tính chất của sai phân:

* Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các hàm số

* Sai phân có tính chất tuyến tính:

Chú ý: Đối với phương pháp sai phân, ta có một số khác nữa như

phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ thống phương pháp giải quyết để

tuyến tính hoá phương trình sai phân Song liên quan đến phương trìnhtrong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản nhất (chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính có nghiệm phức)

c Áp dụng đối với phương trình hàm:

Ta suy nghĩ như sau:

Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do đó c = ∞

Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta được: f(x + 1) = f(x) + f(1) (*)

Như vậy ta đã chuyển phép cộng ra phép cộng Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a:

Trong đó f(x) = ax Từ giả thiết ta được

Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1

Vậy: f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1

Nhận xét: Qua bài toán 1 ta có thể tổng quát lên thành bài toán như

Vậy ta đặt: g(x )=3 x h( x) thay vào (2) ta được: h(x + 1) =h(x), ∀ x ∈ R

Vậy h(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1

Kết luận: f (x)=−1+3 x h(x ) với h(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1

Nhận xét:

Từ bài này ta đưa đến bài toán tổng quát là:

TQ: Tìm hàm số f(x) sao cho

f(x + a) = bf(x) + c, ∀ x ∈ R, a,b,c tuỳ ý, b>0, b khác 1

( Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn)

Còn: f(x + a) = bf(x) + c, ∀ x ∈ R, a,b,c tuỳ ý, b<0, b khác 1 được chuyển về hàm phản tuần hoàn

(Khi biểu thức bên trong có nghiệm khác ∞ thì ta phải xử lí cách khác).

+) Nếu t > 0 đặt h(t)=tlog 2 3ϕ(t ) thay vào (3) ta có ϕ(2 t)=ϕ(t),∀ t >0

Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính

+ Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau:

VIII Phương pháp 8 Phương pháp sử dụng hệ đếm

(1)

Giải:

Tính giá trị của hàm số và chuyển sang cơ số 2 ta có thể dự đoán được:

"∀ n ∈ N❑

, n = (bibi-1…b1)2 thì f(n) = (b1b2…bi)2” (*) Ta sẽ chứng minh (*) bằng quy nạp

+ Với n = 1, 2, 3, 4 dể kiểm tra (*) đúng.

+ Giả sử (*)đúng cho k < n Ta sẽ chứng minh (*)đúng cho n (với

n > 4)

Thật vậy, ta xét các khả năng sau:

* Nếu n chẵn, n = 2m Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi đó n = 2m = (bibi-1…b10)2

⇒ f(n) = f((bibi-1…b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1…b1)2) = (b1b2…bi)2 = = (0b1b2…bi)2 suy ra (*)đúng

* Nếu n lẻ và n = 4m + 1 Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi đó n = (bib

i-1…b101)2

⇒ ⇒ f(n) = f((bibi-1…b101)2) = f(4m + 1) = 2.f(2m + 1) - f(2m) =

2.f((bibi-1…b11)2) - f((b1b2…bi)2 ) = (10)2.(1b1b2…bi)2 - (b1b2…bi)2 = (1b1b2…bi0)2 - (b1b2…bi)2 =

Vậy (*)đúng và hàm f được xác định như (*)>

Bài 2.(Trích đề thi Trung Quốc)

Tìm hàm số f : N❑

→ N❑

thoã mãn:

a) f(1) = 1 (1)

b) f(2n) < 6f(n) (2) c) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n) + 1), ∀ n ∈ N❑

(3)Giải

Vì f(n) N¿∗

¿ nên (3f(n),3f(n) + 1) = 1 Từ (3) suy ra 3f(n)\f(2n) Kết hợp với (2) suy ra f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n) + 1, ∀ n ∈ N❑

Thử một số giá trị ta thấy f(n) được xác định như sau:

"Với n = (b1b2…bi)2 thì f(n) = (b1b2…bi)3, ∀ n ∈ N❑

" (*) Ta chứng minh (*) bằng phương pháp quy nạp

+ Với n = 1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên (*)đúng

+ Giả sử (*)đúng cho k<n (với n4) Ta chứng minh (*)đúng cho n Giả sử m = (c1c2…cj)2

1.1 Xác định tất cả các hàm liên tục f : R → R sao cho f (1)>0 và

Bài 8 Cho hàm số f(x) xác định và thỏa mãn các điều kiện sau:

Bài 14 Cho hàm số y =f(x) xác định và liên tục trên R , thỏa điều kiện:

f(f(x)) = f(x) +x ; x R Tìm hai hàm số như vậy.

Bài 15 Cho hàm số f(x) thỏa mãn

f(x+y)+f(x-y) -2f(x).f(1+y) = 2xy(3y- x) ; x,y R;

Bài 16 Cho hàm số f: N→N sao cho f(f(n)) = n +2 ,n N Hãy xác định f(n) ,