Phương trình hàm và giải tích

  • Số trang: 13 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 57 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Phương trình hàm và giải tích Trang 1 PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ GIẢI TÍCH Phương trình hàm là một chuyên đề phong phú với nhiều phương pháp giải. Các yếu tố giải tích là một công cụ rất mạnh để giải quyết một số bài toán phương trình hàm… Trong đề tài nhỏ này, xin giới thiệu một số phương pháp giải phương trình hàm dựa vào các yếu tố giải tích. A. PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ GIỚI HẠN, TÍNH LIÊN TỤC Với những bài toán dữ liệu đề bài cho tính liên tục của hàm số thì việc xây dựng dãy biến số hội tụ là công cụ rất mạnh vì ta có thể đưa giới hạn vào trong hay ra ngoài hàm số, đó là một cách giải một số bài phương trình hàm Ví dụ 1 Tìm tất cả các hàm số f:  0,1   0,1 thoả: 1. f là đơn ánh 2. 2x-f(x)   0,1 3. f  2 x  f  x    x x   0,1 x   0,1 Giải: Thay x bởi f(x) ta được: f  2 f  x  f  f  x  f  x Vì f là đơn ánh nên 2f(x)- f(f(x))=x Thay x bởi f n  x  , (với f n (x)= f 0 f 0 ... f ) n lần Ta được: 2 f n 1  x  - f n 2  x  = f n  x   f n2  x   f n1  x   f n1  x   f n  x  .....  f  x   x Ta có : f n  x  n f  x   x   x Ta cố định x SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm và giải tích Trang 2 Nếu f(x)>x thì với n đủ lớn : f n  x   1 : vô lý Nếu f(x)0, chọn n  N sao cho :nf(x+1) 1 Khi k=1,2,….,n-1 ta có : 1  k fx  k k 1 1 n  n   fx  fx  k 1,2,..., n  1  k  1 2n n n     fx  n n  Cộng các bất đẳng thức trên ta được : f  x   f  x  1  1  với m>2f(x) ta có : 2 f  x  m  f  x   m  0 trái với giả thiết f dương. 2 Vậy : không tồn tại hàm thoả mãn đề bài. Ví dụ 2 : Có tồn tại hay không một hàm : f :R  R , khả vi liên tục sao cho : f(x)>0 x  R và f’(x)=f(f(x)). Giải: Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn đề bài. Ta có: f’(x)=f(f(x))>0  f(x) đơn điệu tăng nghiêm ngặt. Do đó f’(x)=f(f(x))>f(0)  Hàm số h(x)= f(x)-(x+1)f(0) tăng ngặt ( Do h’(x)=f’(x)-f(0)>0)  h(x)y 1 thì SVTH: Nguyễn Gia Hưng x  x   x f  x   f  . y   f  . f  f  y     f  y . f    f  y  y y      y 1 giảm x Phương trình hàm và giải tích Trang 7  f là đơn điệu tăng nghiêm ngặt trên [1,  ) Giả sử x0  1, : f  x0   x0  f  f  x0    f  x0   x0  f  x0  Mâu thuẫn ! Vậy không tồn tại x0  1, : f  x0   x0 Nếu x1  1, : f  x1   x1  f  f  x1    f  x1   x1  f  x1  Mâu thuẫn ! Vậy không tồn tại x1  1, : f  x1   x1  f  x x x  1, Thử lại ta thấy f(x) vừa tìm thoả mãn đề bài. C. PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH KHẢ VI. Tính khả vi là một công cụ rất mạnh và hiệuquả trong việc giải các bài toán phương trình hàm, tuy nhiên tính khả vi đôi khi không đựơc cho cụ thể mà phải qua quá trình chứng minh thông qua các dữ liệu khác. Vì lớp bài toán này rất rộng trong đề tài này, chỉ xin giới thiệu vài bài toán phương trình hàm sử dụng tính khả vi tương đối cơ bản. Ví dụ 1 : Tìm tất cả các hàm số  x  y  f  x  f  y f  2  2  khả vi và thoả mãn điều kiện : f :R R (1) Giải : Lần lượt lấy đạo hàm hai vế (1) theo x và y, ta có : 1  x  y  f '  x f '  2  2  2 1  x  y  f ' y f '  2  2  2  f '  x  f '  y  SVTH: Nguyễn Gia Hưng x, y  R x, y  R x, y  R Phương trình hàm và giải tích  f '  x  a =const Trang 8 x  R  f  x  ax+b x  R Thử lại ta thấy hàm này thoả điều kiện bài toán. Vậy : f(x)= ax+b x  R Ví dụ 2 : Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên [0,1], khả vi trong (0,1), thoả mãn điều kiện : a) f  0  f 1 1 b) 2003 f '  x   2004 f  x  2004 Giải : 2004 Đặt g  x  e 2003 x  f  x   1 Rõ ràng g(x) là hàm liên tục trên [0,1] ; khả vi trong (0,1), ta có : 2004 x 2004 2004  g '  x  e 2003  f '  x   f  x  0 2003 2003    g  x x   0,1 đồng biến trên (0,1), mà g(x) liên tục trên [0,1] nên g(x) đồng biến trên [0,1]. Lại có g(0)=g(1)=0  g  x  =0 x   0,1 2004 Mà e 2003 x  0  f  x  1 x   0,1 x   0,1 Thử lại ta thấy f  x  1 thoả đề bài. Nhận xét : Bài toán trên có thể tồng quát thành : Tìm tất cả các hàm số liên tục trên [a,b], khả vi trong (a,b) thoả : f(a)=f(b)=c mf’(x)+nf(x) nc (m 0 ) Bằng cách giải tương tự ta thu được : f  x  c x   a, b  SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm và giải tích Trang 9 Ví dụ 3 : Tìm tất cả các hàm số liên tục : f :R R, khả vi tại x=0 thoả mãn : f’(0)=1 (1) f’(x+y)=f(x)+f(y)+ axy (2) Giải : Cho x=y=0 ta được : f(0)=2f(0)  f(0)=0 Với y 0 , từ (2) ta có : f  x  y   f  x  f  y   f  0   ax y y Cho y  0 ta được : y 0 Do đó : lim y 0  f  y   f  0   ax   f '  0  ax 1  ax y  lim  f  x  y   f  x 1  ax y Hay f’(x)=1+ax  f  x  a x2  x c 2 (c=const) Thay vào (2) ta được c=0  f  x  a x2  x  f '  0  1 2 Vậy, hàm số thoả mãn đề bài là : f  x  a x2 x 2 x  R D.PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍCH PHÂN Các bài toán phương trình hàm có yếu tố tích phân thường mang đậm màu sắc giải tích. Để giải lớp bài toán này thường phải kết hợp nhiều kiến thức về giải tích. Ví dụ 1 : Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả : 2 x y f  x  f  y  f  t  dt x, y  R x 2 y Giải : SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm và giải tích Trang 10 2x Cho y=0 ta được : f  x   f  0   f  t  dt x Do f liên tục  f khả vi liên tục trên R Bằng phương pháp quy nạp ta được : f khả vi vô hạn lần trên R Đạo hàm lần lượt đối với x và y ta được : f '  x  2 f  2 x  y   f  x  2 y  f '2x  y  f ' x  2 y (*) (**) Cho x= -2y vào (**), ta được : f '   3 y   f '  0 y  R  f '  x  const  f  x  ax  b Thay f(x)=ax+b vào (*) và cho x=0 ta được a=b Lại thay f(x)= ax+a vào (*) ta được a=0  f  x  0 Thử lại ta thấy f(x)=0 thoả điều kiện đề bài Vậy f(x)=0 x  R Ví dụ 2: x Tìm tất cả các hàm liên tục f:  0,  R thoả 0  f  x  2010f  t  dt 0 x   0, Giải: x  2010 x Xét   x  e f  t  dt 0 Rõ ràng   x  khả vi liên tục trên  0, . x    2010 x   0        ' x  e f x  2010 f t dt Ta có:    0   SVTH: Nguyễn Gia Hưng x   0, Phương trình hàm và giải tích    x Trang 11 giảm trên  0, ,   0  0 x    x  0 x   0, f  t  dt 0  x   0, 0 ' x  Mà  f  t dt   f  x  0 0   x 0 0 0 f  t  dt f  t  dt 0 x   0, x   0, x  f  t  dt 0 x   0, 0 x   0,  f  x  0 Thử lại, ta thấy f(x) thoả mãn đề bài. Vậy f(x)=0 x   0, Ví dụ 3: Tìm tất cả các hàm f : [0,1]  R liên tục, thoả: 1 k  N : x k f  x  dx 0 0 Giải: Ta sẽ chứng minh: f(x)=0 x   0,1 Thật vậy, giả sử: f 0  c   0,1 Sao cho f(c)=0; giả sử: f(c)>0 (nếu f(c)<0 thì thay f bởi -f) f liên tục tại c nên a, b   0,1 sao cho: a c b SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm và giải tích Trang 12 f  x  x   a, b  1 f c 2 Xét P(x)=(x-a)(b-x)+1 Ta có : P x    0,1 x   0, a    b,1 x   a, b  P  x  1 Vì f liên tục trên [0,1] nên f bị chặn. f  x  M Giả sử . Ta có: a n  P x   f  x  dx 0 a  M  P  x   dx n 0    0 : ...x   0, a  , P '  x   a  n  N ,  P  x   n 0 1 dx   a a  P x   n 0 n 1 1   P x    P '  x  dx      n 1  0 1 1 n 1  1  1  ab     n  1   n  1  a   khi n    P x   f  x  dx  0 n 0 Tương tụ, ta có: 1   P x   f  x dx  0 n khi n   b b b 1 2 Mà  P x   f  x  dx f  x  dx   b  a  f  c   0 n a a 1   P x   f  x  dx n không tiến về 0 0 Mặt khác, do tính chất tuyến tính, ta dễ dàng chứng minh: 1  P x   f  x  dx 0 n n  N 0 Mâu thuẫn! Do đó ta có f(x)=0 thoả mãn đề bài. SVTH: Nguyễn Gia Hưng Phương trình hàm và giải tích Trang 13 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Võ Giang Giai, 100 bài toán phương trình hàm. NXB Đại Học Quốc Gia TP HCM 2005 [2]. Nguyễn Sinh Nguyên, Chuyên đề bồi dưỡng phương trình hàm. NXB Đà Nẵng 2006 [3]. Đề thi IMC [4]. Đề thi VMO [5]. Jean-Marie Monier, Giáo trình toán Giải tích, NXB Giáo Dục 2000 SVTH: Nguyễn Gia Hưng
- Xem thêm -