Tài liệu MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THANH HẢI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - 2011 MỤC LỤC Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Chương 1. Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến 5 1.1. Sử dụng phép thế biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2. Phương pháp qui nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.4. Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.4.1. Sử dụng tính liên tục của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 32 Chương 2. Phương trình hàm với phép biến đổi đối số . . . . . . . . 36 2.1. Phương trình hàm dạng f (αx  + β)  = af (x) + b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 αx+β 2.2. Phương trình hàm dạng f x+γ = af (x) + b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.2.1. Mối liên hệ giữa hàm phân tuyến tính và phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . 2.2.2. Phương trình hàm sinh bởi hàm phân tuyến tính với hệ số hằng. . . . . . . . . . . 2.3. Hàm số xác định bởi các phép biến đổi đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Phương trình hàm trong lớp các hàm tuần hoàn. . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 44 49 56 Chương 3. Phương trình hàm trong lớp đa thức . . . . . . . . . . . . . . 63 3.1. Đa thức xác định bởi phép biến đổi đối số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 3.1.1. 3.1.2. 3.1.3. 3.1.4. 3.1.5. Một số bài toán xác định bởi đa thức đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phép biến đổi vi phân hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phương trình dạng P(f)P(g)=P(h). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 66 68 74 75 3.2. Một số bài toán tổng hợp về đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2 MỞ ĐẦU Phương trình hàm với một biến số là một chuyên đề quan trọng thuộc chương trình chuyên toán trong các trường THPT chuyên. Các bài toán liên quan đến phương trình hàm với một biến số thường rất khó và phức tạp hơn nhiều so với các phương trình hàm nhiều biến với các cặp biến tự do. Trong các kì thi học sinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán khu vực và quốc tế những năm gần đây, thì những bài toán về phương trình hàm một biến ngày càng xuất hiện một nhiều. Chúng được xem như là những bài toán khó và rất khó của bậc trung học phổ thông. Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến" trình bày một số phương pháp giải phương trình hàm một biến, một vài dạng toán điển hình của phương trình hàm một biến mà nghiệm của nó có thể dễ dàng tìm được trong lớp các hàm số sơ cấp đã biết ở chương trình toán phổ thông và một vài dạng phương trình hàm trong đa thức. Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương. Chương 1 trình bày một số phương pháp giải phương trình hàm một biến thường dùng và một số bài toán minh họa cho các phương pháp. Chương 2 trình bày sự phân loại dạng phương trình hàm với phép biến đổi đối số. Chương 3 trình bày về một số dạng phương trình hàm trong lớp đa thức và một số bài toán tổng hợp về đa thức Tác giả luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND.GS.TSKH Nguyễn 3 Văn Mậu, người Thầy đã giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Toán học, đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại hoc, Khoa Toán-Cơ-Tin học, các thầy cô đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao học Toán niên khóa 2009-2011, các thầy cô và các anh chị đồng nghiệp của Semina "Phương pháp toán sơ cấp" trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Hà nội đã giúp đỡ và góp ý để luận văn được hoàn chỉnh. Tác giả xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục đào tạo Phú Thọ, Ban giám hiệu trường THPT chuyên Hùng vương, Phú Thọ và các bạn bè đồng nghiệp và gia đình đã động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất cho tác giả trong thời gian học tập và nghiên cứu. 4 CHƯƠNG 1 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN Trong lí thuyết cũng như thực hành, không có những định lí cũng như các thuật toán chung để giải phương trình hàm một biến tương tự như thuật toán giải phương trình đại số bậc hai. Bởi vậy, để giải phương trình hàm một biến, ta phải nghiên cứu kỹ các tính chất đặc thù của hàm số cần tìm, đơn giản hóa bằng các phép thế các giá trị đặc biệt của biến, đặt ẩn phụ, đổi biến hoặc tìm nghiệm riêng,...để đưa về các phương trình hàm cơ bản đã biết cách giải. 1.1. Sử dụng phép thế biến Nhận xét 1.1. Đối với phương trình dạng f (A) = B với A, B là các biểu thức chứa x, trong đó A có hàm ngược, ta thường sử dụng cách đặt: Đặt A = t, suy ra biểu thức x theo t. Tiếp theo, thay các giá trị này vào các biểu thức A, B. Đối với phương trình dạng hàm hợp f (g(x)) = h(x), nếu g(x) có hàm ngược, người ta thường đặt ẩn phụ g(x) = t, để xác định hàm số f (t). Bài toán 1.1. Tìm hàm số f (x) biết rằng với mọi x 6= 0, ta đều có f Giải. Đặt 1 x =x+ p 1 + x2 . 1 1 = t, ta có x = . Thay vào (1.1), suy ra x t r 1 1 f (t) = + 1 + 2 , t t hay 1 f (t) = + t 5 √ 1 + t2 · |t| (1.1) Từ đó, ta có f (x) =  √  1 + 1 + x2     x khi x > 0 √    1 − 1 + x2   khi x < 0. x a + 1 Bài toán 1.2. Tìm giá trị của hàm số f với a ∈ / {0; −1}, nếu biết a  2  f = x2 − 1, ∀x 6= −1. (1.2) x+1 Giải. Đặt a+1 a−1 2 = , suy ra x = . Từ (1.2), suy ra x+1 a a+1  a + 1   a − 1 2 f = − 1, a a+1 do đó f a + 1 a −4a · (a + 1)2 = Bài toán 1.3. Xác định tất cả các hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện f Giải. Đặt x + 2 x−1 = 2x + 5 , x2 + 1 ∀x 6= 1. x+2 t+2 = t, thì x = · Từ giả thiết, ta có x−1 t−1 t+2 +5 2 t−1 7t2 − 8t + 1 f (t) =  2 = 2 · 2t + 2t + 5 t+2 + 1 t−1 Do đó f (x) = 7x2 − 8x + 1 · 2x2 + 2x + 5 Đảo lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 1.4. Cho hàm số f (x) thỏa mãn các điều kiện sau f x−3 x − 3 x+1 +f 3 + x 1−x = x. 3+t (1.3) Giải. Đặt = t, thì x = . Khi đó phương trình (1.3) có thể viết lại x+1 1−t như sau t − 3 3 + t f (t) + f = · (1.4) t+1 6 1−t Tương tự, đặt 3+x = t. Khi đó phương trình (1.3) có thể viết lại dưới dạng 1−x 3 + t t−3 f + f (t) = · (1.5) 1−t t+1 Cộng vế theo vế của (1.4) và (1.5), ta được 2f (t) + f t − 3 t+1 +f 3 + t 1−t = Suy ra f (t) = 3+t t−3 8t + · ⇔ 2f (t) + t = · 1−t t+1 1 − t2 4t 1 − t· 2 1−t 2 Kiểm tra lại, ta thấy hàm số thỏa mãn đề bài. Nhận xét 1.2. Phương pháp thế biến có lẽ là phương pháp thường được sử dụng nhất khi giải phương trình hàm. Ta có thể thực hiện phép thế như sau: - Thay thế biến, hoặc các bộ phận chứa biến đó trong phương trình hàm đã cho bởi các chữ mới hoặc các biểu thức mới, - Hoặc thế biến bằng các biểu thức để làm xuất hiện các hằng số hoặc các biểu thức cần thiết, - Hoặc xây dựng hàm số phụ. Nhận xét 1.3. Xét phương trình hàm dạng: a(x)f (x) + b(x).f (g(x)) = c(x), (1.6) trong đó a(x), b(x), c(x), g(x) là những hàm số đã biết. Giả sử miền xác định của hàm số cần tìm là Df , với mỗi x ∈ Df ta xét dãy xác định bởi biểu thức x1 = x; xn+1 = g(xn ), n ∈ N∗ . Định nghĩa 1.1. Dãy xn được gọi là dãy tuần hoàn nếu tồn tại một số nguyên dương k sao cho xn+k = xn , ∀n ∈ N∗ . (1.7) Số nguyên dương k nhỏ nhất để dãy xn thỏa mãn (1.7) được gọi là chu kì cơ sở (còn gọi tắt là chu kì) của dãy. Nếu dãy xn được xác định như trên tuần hoàn với chu kì k , ta sẽ đưa (1.6) về hệ k phương trình với k ẩn hàm.Giải hệ này ta tìm đươc f (x). 7 Bài toán 1.5. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện x2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x4 . (1.8) Giải. Giả sử tồn tại hàm số f (x) thỏa mãn đề bài ra. Từ (1.8), ta có f (1 − x) = 2x − x4 − x2 f (x). (1.9) Trong (1.8), ta thay x bởi 1 − x ta được (1 − x)2 f (1 − x) + f (x) = 2(1 − x) − (1 − x)4 , ∀x ∈ R. (1.10) Thay (1.9) vào (1.10) ta được f (x)(x2 − x − 1)(x2 − x + 1) = (1 − x)(1 + x3 )(x2 − x − 1), ∀x ∈ R. ⇔ (x2 − x − 1)f (x) = (1 − x2 )(x2 − x − 1), ∀x ∈ R. Suy ra, f (x) = 1 − x2 với mọi x khác a, b, trong đó a và b là hai nghiệm của phương trình x2 − x − 1 = 0. Theo định lí Viete ta có: a + b = 1 và ab = −1. (1.11) Lần lượt thay x = a, x = b vào đẳng thức của bài ra, với lưu ý tới (1.11), ta được  2 a f (a) + f (b) = 2a − a4 b2 f (b) + f (a) = 2b − b4 Từ đó, f (a) = c và f (b) = 2a − a4 − a2 c, với c ∈ R tùy ý. Như vậy   c ∈ R, tùy ý f (x) = 2a − a4 − a2 c  1 − x 2 nếu x = a nếu x = b nếu x 6= a, x 6= b, (1.12) trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình x2 − x − 1 = 0. Ngược lại, với lưu ý a, b là hai nghiệm của phương trình x2 − x − 1 = 0 và sử dụng (1.11), dễ dàng kiểm tra thấy f (x) được xác định bởi (1.12) thỏa mãn đề bài. Vậy các hàm số xác định bởi (1.12) là tất cả các hàm số cần tìm. Bài toán 1.6. Tìm tất cả các hàm số f (x) nếu biết với ∀x ∈ R \ {0; 1}, ta có  1  1 f (x) + f =x+1− · 1−x x 8 (1.13) Giải. Thay 1 bởi x trong (1.13), ta được 1−x f x − 1
x2 − 3x + 1 + f (x) = · x x(x − 1) (1.14) Lấy phương trình (1.13) trừ cho phương trình (1.14) theo vế với vế ta được  1  x − 1 1 f −f =x+ · 1−x x x−1 1 bởi x ta nhận 1−x  1  = −x + 1 − f (x) − f 1−x Trong phương trình (1.15) thay (1.15) được 1 · x (1.16) Lấy (1.13) cộng với (1.16) theo vế với vế, ta được 2 2f (x) = 2 − , x suy ra x−1 · x f (x) = Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài. Cách 2: Ta có thể giải phương trình hàm (1.13), bằng cách đưa về hệ phương trình. 1 · Với x 6= 1, xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ) trong đó g(x) = 1 Ta có x1 = x; x2 = ; x3 = 1−x 1 1+ 1 x−1 x−1 = ; x4 = x 1−x 1 · x−1 1− x Suy ra dãy xn tuần hoàn với chu kì 3. Bằng phép thế thay x lần lượt bằng x1 , x2 , x3 ta được    f (x1 ) + f (x2 ) = x1 + 1 −     f (x2 ) + f (x3 ) = x2 + 1 −      f (x3 ) + f (x1 ) = x3 + 1 − Giải hệ trên, với ẩn f (x1 ), ta được f (x1 ) = Vậy f (x) = x−1 , ∀x ∈ R \ {0; 1}. x 9 1 x1 1 x2 1 x1 x1 − 1 với x1 6= 0 và x1 6= 1 . x1 Bài toán 1.7 (Philippine 2010). Tìm tất cả các hàm số f : R \ {1} → R thỏa mãn  x + 2009  x + f (x) + 2f x−1 = 2010. Giải. Với x 6= 1, xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ), trong đó g(x) = Ta có x1 = x; x2 = ta được x + 2009 · x−1 x + 2009 ; x3 = x. Bằng phép thế thay x lần lượt bằng x1 , x2 x−1  x1 + f (x1 ) + 2f (x2 ) = 2010 x2 + f (x2 ) + 2f (x1 ) = 2010 Giải hệ trên, với ẩn f (x1 ), ta được f (x1 ) = Vậy f (x) = x21 + 2007x1 − 6028 với x1 6= 1. 3(x1 − 1) x2 + 2007x − 6028 , ∀x ∈ R \ {1}. 3(x − 1) Bài toán 1.8. Tìm tất cả các hàm số f (x), nếu biết với ∀x 6= −1 ta có xf (x) + 2f x − 1 x+1 (1.17) = 1. Giải. Mỗi x 6= 1, xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ) trong đó g(x) = Ta có x1 = x; x2 = x−1 · x+1 x−1 1 x+1 ; x3 = − ; x4 = ; x5 = x. x+1 x 1−x Suy ra, dãy xn tuần hoàn với chu kì 4 Bằng phép thay thế x lần lượt bằng x1 , x2 , x3 , x4 , ta đưa (1.12) về hệ sau:  x − 1 1   x f (x ) + 2f =1 1 1   x1 + 1     x −1   x2 f (x2 ) + 2f 2 =1 x2 + 1  x 3−1   x3 f (x3 ) + 2f =1   x3 + 1       x4 f (x4 ) + 2f x1 − 1 = 1 x1 + 1 Giải hệ trên, với ẩn f (x1 ) ta được: f (x1 ) = 4x21 − x1 + 1 (với x1 ∈ / {−1; 0; 1}) 5x1 (x1 − 1) 1 2 Cho x = 0 từ (1.17), suy ra, 2f (−1) = 1 hay f (−1) = · Cho x = 1 từ (1.17), suy ra f (1) + 2f (0) = 1. 10 Kết luận  4x2 − x + 1        15x(x − 1) f (x) = 2     a   1 − 2a nếu x ∈ / {0; 1; −1} nếu x = −1 nếu x = 0 nếu x = 1 ; a là một hằng số cho trước. Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn điều kiện bài toán. Bài toán 1.9. Tìm tất cả các hàm số f (x) nếu biết với ∀x ∈ / {0; 1} ta có f (x) + f x − 1 x = 1 + x. (1.18) x−1 , mỗi x 6= 0; 1 .Xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ); n ∈ N ∗ x x−1 1 Ta có x1 = x; x2 = ; x3 = − ; x4 = x. Suy ra, dãy {xn } tuần hoàn chu x x−1 Giải. Đặt g(x) = kì 3. Thay thế x lần lượt bằng x1 , x2 , x3 vào phương trình (1.18) ta được:  f (x1 ) + f (x2 ) = 1 + x1 f (x2 ) + f (x3 ) = 1 + x2  f (x3 ) + f (x1 ) = 1 + x3 Giải hệ phương trình trên, với ẩn f (x1 ),ta được f (x1 ) = 1 1 1  1 + x1 − x2 + x3 = x1 + + , ∀x1 ∈ / {0; 1}. 2 2 x1 1 − x1 Do đó nghiệm của bài toán là f (x) = 1 1 1  x+ + ,x ∈ / {0; 1}. 2 x 1−x Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 1.10. Tìm tất cả các hàm số f : R \ {0; 1} → R thỏa mãn điều kiện f (x) + f x − 1 x = 2x, ∀x ∈ R \ {0; 1} . (1.19) x−1 , mỗi x ∈ R\{0; 1}. Xét dãy x1 = x; xn+1 = g(xn ) ∀ n ∈ N∗ x x−1 1 Ta có x1 = x; x2 = ; x3 = − ; x4 = x. x x−1 Giải. Đặt g(x) = 11 Suy ra, dãy {xn } tuần hoàn chu kì 3. Thay thế x lần lượt bằng x1 , x2 , x3 vào phương trình (1.19), ta được  f (x1 ) + f (x2 ) = 2x1 f (x2 ) + f (x3 ) = 2x2  f (x3 ) + f (x1 ) = 2x3 . Giải hệ phương trình trên với ẩn f (x1 ) ta được 2f (x1 ) = 2x1 + 2x3 − 2x2 ⇔ f (x1 ) = x1 + x3 − x2 . Suy ra f (x1 ) = x1 − 1 x1 − 1 − · x1 − 1 x1 Do x1 ∈ R \ {0; 1} nên nghiệm của bài toán là: f (x) = x − 1 x−1 − · x−1 x Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 1.11 (Croatia 1996). Cho t ∈ (0; 1). Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện f (x) − 2f (tx) + f (t2 x) = x2 , ∀x ∈ R. Giải. Giả sử tồn tại hàm số f (x) thỏa mãn yêu cầu bài ra. Đặt g(x) := f (x) − f (tx). Dễ thấy g(x) liên tục tại x = 0 và g(0) = 0. Ngoài ra, với ∀x ∈ R, ta có g(x) − g(tx) = x2 . Như vậy, ta có g(x) − g(tx) = x2 g(tx) − g(t2 x) = t2 x2 .. . g(tn−1 x) − g(tn x) = t2(n−1) x2 . Cộng từng vế các đẳng thức trên, rút gọn các số hạng đồng dạng và nhớ rằng t2 6= 1 ta được g(x) − g(tn x) = x2 (1 + t2 + t4 + ... + t2(n−1) ) = x2 12 1 − t2n · 1 − t2 (1.20) Từ (1.20) cho n → +∞, do t ∈ 0; 1 nên tn → 0, t2n → 0 và lim g(x) = g(0) = 0, x→0 ta được
∀x ∈ R : g(x) − g(0) = x2 1−0 x2 ⇒ g(x) = · 1 − t2 1 − t2 Nhưng g(x) = f (x) − f (tx) nên làm tương tự trên, ta được i 2n x2 h 2 4 2(n−1) 2 1−t 1 + t + t + ... + t = x f (x) − f (t x) =  2 · 1 − t2 2 1−t n Lại cho n → +∞, với mỗi x cố định, ta được: f (x) − f (0) =  x2 1 − t2 2 ⇒ f (x) =  x2 1 − t2 2 + C, (C := f (0)). Dễ thấy, hàm số này thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Vậy f (x) =  x2 1 − t2 2 + C là hàm số cần tìm. Bài toán 1.12. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x) = 2f (2x) + 1 ∀x ∈ R. Giải. Từ giả thiết ta có f (x) + 1 = 2 [f (2x) + 1] . (1.21) Với x = 0 thì f (0) = −1. Với x = 6 0. Đặt g(x) = 2 log 2 |x| (f (x) + 1) và do (1.21), nên ta có g(x) = g(2x). Xét x > 0. Đặt x = 2t , suy ra g(2t ) = g(2t+1 ). Hay là h(t + 1) = h(t) với h(t) = g(2t ). Tức là g(x) = h( log 2 x) trong đó h là hàm tuần hoàn chu kì là 1. Xét x < 0. Đặt x = −2t và g(−2t ) = k(t). Khi đó t = log 2 |x| và (1.22) ⇔ k(t + 1) = k(t), ∀t ∈ R. 13 (1.22) Kết luận:  h( log 2 x) g(x) = c  k(log2 |x|) khi x > 0 tùy ý khi x = 0 khi x < 0 . Vậy  − log 2 x h( log x) − 1  2 2 f (x) = −1   − log 2 |x| 2 k( log 2 |x|) − 1 khi x > 0 khi x = 0 khi x < 0 . trong đó h,k là các hàm tuần hoàn cộng tính với chu kì là 1. Bài toán 1.13. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (2 − 3x) = f (x), ∀x ∈ R. Giải. Ta có f (x + a) = f (2 − 3(x + a)) = f (−3x − 3a + 2) = f (−3x + a + 2 − 4a). 1 2 1 2 Suy ra, 2 − 4a = 0, tức là, a = . Đặt x = t + . Khi đó 1 1 f (2 − 3(t + )) = f (t + ), ∀t ∈ R. 2 2 Hay là 1 1 f (−3t + ) = f (t + ), ∀t ∈ R. 2 2 Tức là 1 1 f (−3x + ) = f (x + ), ∀x ∈ R. 2 2 1 2 Đặt g(x) = f (x + ). Khi đó g(−3x) = g(x), ∀x ∈ R. (1.23) Khi đó g(9x) = g(x) và mọi nghiệm của (1.23) được cho bởi công thức g(x) = 1 [h(x) + h(−3x)] , trong đó 2 h(9x) = h(x), ∀x ∈ R. Thật vậy, nếu g(x) có dạng (1.24) thì ta có g(−3x) = 1 1 [h(−3x) + h(9x)] = [h(−3x) + h(x)] = g(x). 2 2 14 (1.24) 1 [g(x) + g(−3x)] nên (1.23) có dạng (1.24) 2 1 Vậy g(x) = [h(x) + h(−3x)] trong đó h(9x) = h(x), ∀x ∈ R. 2 Tương tự, như bài toán 1.13, hàm h được xác định như sau :     h log x khi x > 0  9  1 h(x) = c   tùy ý khi x = 0   h2 log |x| khi x < 0 Ngược lại, (1.23)⇔ g(x) = 9 hay    1   log x h  1 3  2 h(x) = c      h2 1 log 3 |x| 2 khi x > 0 tùy ý khi x = 0 khi x < 0 . trong đó h1 , h2 là các hàm tuần hoàn cộng tính tùy ý trên R chu kì là 1. 1 1 Vậy f (x) = g(x − ) trong đó g(x) = [h(x) + h(−3x)] và h được xác định như 2 2 trên. Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài. 1.2. Phương pháp qui nạp -Đối với phương pháp này ta chỉ xét những hàm xác định trên N và lấy giá trị trên N, sau đó ta mở rộng cho trường hợp hàm cần tìm xác định trên Z, Q và lấy giá trị trên Z, Q. Tuy nhiên, trong vài trường hợp ta có thể sử dụng phương pháp này trong việc xác định hàm f : R → R, trong đó hàm f là hàm số liên tục và sử dụng đến tính trù mật của tập Q. Bài toán 1.14. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên không âm Z+ , lấy giá trị trên tập hợp số đó và thỏa mãn điều kiện f (f (n)) = n + 2, ∀n ∈ Z+ . Giải. Từ giả thiết, ta có f (n + 2) = f (f (f (n))) = f (n) + 2, ∀n ∈ Z+ Từ đó bằng qui nạp, ta thấy Với n = 2k thì f (2k) = 2k + f (0). 15 Với n = 2k + 1 thì f (2k + 1) = 2k + f (1). Vì f (0) ∈ Z+ , nên f (0) = 2a hoặc f (0) = 2a + 1, a ∈ Z+ . Nếu f (0) = 2a, thì f (f (0)) = f (2a) = f (0) + 2a = 2a + 2a = 4a mà f (f (0)) = 2 suy ra 4a = 2 ⇒ a = 1 mâu thuẫn, vì a ∈ Z + . 2 Vậy f (0) = 2a + 1. Ta có 2 = f (f (0)) = f (2a + 1) = f (1) + 2a. Do f (1) ∈ Z+ ⇒ f (1) > 0 ⇒ 2a 6 2 ⇒ a = 0 hoặc a = 1. Với a = 0, thì f (1) = 2 và f (0) = 1. Từ đó  f (2k) = 2k + 1 f (2k + 1) = 2k + 2, ∀k ∈ Z+ . Suy ra, f (n) = n + 1, ∀n ∈ Z+ . Với a = 1, thì f (0) = 3 và f (1) = 0. Khi đó, ta có  f (2k) = 2k + 3 f (2k + 1) = 2k, ∀k ∈ Z+ . Suy ra, ( n+3 f (n) = n−1 nếu n chẵn nếu n lẻ. Kiểm tra lại, ta thấy các hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Bài toán 1.15 (THTT-T7/2000). Xác định hàm số f : R+ → R+ , liên tục và thỏa mãn 1) f (2x) = 2f (x), ∀x ∈ R+ , 2) f (f 2 (x)) = xf (x), ∀x ∈ R+ , 3) f (x) ∈ N∗ , ∀x ∈ N∗ . Giải. Ta chứng minh f (x) là hàm số đồng biến trên R+ . Từ f (x1 ) = f (x2 ) > 0, suy ra f [f 2 (x1 )] = f [f 2 (x2 )] ⇒ x1 f (x1 ) = x2 f (x2 ). Do vậy x1 = x2 . Suy ra f (x) là đơn ánh và liên tục nên nó là hàm đơn điệu thực sự. Mặt khác, 16 theo giả thiết thì f (2) = 2f (1) > f (1) nên f (x) là hàm số đồng biến trên R+ . Với x = 1 thì f [f 2 (1)] = f (1) nên f 2 (1) = 1 và f (1) = 1. Từ đó theo qui nạp, ta có 2n = f (2n ) < f (2n + 1) < · · · < f (2n+1 ) = 2n+1 , ∀n ∈ N∗ . Do f (n) ∈ N∗ , ∀n ∈ N∗ , suy ra f (n) = n, ∀n ∈ N∗ . Với mọi m, n ∈ N∗ , bằng qui nạp ta có m = f (m) = 2n f m
. 2n Suy ra f 2mn = 2mn , với m, n nguyên dương.Vì rằng với mỗi x > 0 tùy ý cho trước đều tồn tại dãy số qk , qk có dạng 2mn hội tụ đến x và do f (x) liên tục, nên
x = lim qk = lim f (qk ) = f ( lim qk ) = f (x). k→∞ k→∞ k→∞ Thử lại, ta thấy hàm số f (x) = x thỏa mãn đề bài. Bài toán 1.16. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn các điều kiện sau: a) f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R, (1.25) b) f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ R, f (x) 1 c) f ( ) = 2 , ∀x ∈ R. x x (1.26) (1.27) Giải. Thay x = 0 vào (1.25), ta được f (0) = 0. Thay x = 0 vào (1.26) ta được f (1) = f (0) + 1 mà f (0) = 0 nên f (1) = 1. Dễ thấy, từ (1.26) bằng phương pháp qui nạp ta có f (n) = n, ∀n ∈ N∗ . Do (1.25) nên ta có f (n) = n, ∀n ∈ Z. Xét với x 6= 0 và x 6= −1. Từ (1.26) và từ (1.27) ta có 1 1 f (x) f (1 + ) = 1 + f =1+ 2 · x x x Mặt khác, ta có 1+ 1 x+1 = = x x 1 x · x+1 nên từ (1.27) ta có  f 1+ 1 x =f  1 x x+1 17   x  f =  x + 12 · x x+1 (1.28) Nhưng ta cũng có f(   1  1  x )=f 1− =1−f x+1 x+1 x+1 f (x + 1) =1−  2 x+1 = nên (x + 1)2 − 1 − f (x) ·  2 x+1 1  (x + 1)2 − 1 − f (x) f 1+ = · x x2  (1.29) Từ (1.28) và (1.29) ta có x2 + f (x) = x2 + 2x − f (x), ∀x 6= 0, x 6= −1. ⇔ f (x) = x, ∀x ∈ R \ {0; −1} . Mà f (0) = 0 và f (−1) = −f (1) = −1. Bởi vậy, f (x) = x.∀x ∈ R. Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài. Kết luận: Hàm số cần tìm là f (x) = x. Bài toán 1.17. Tìm tất cả các hàm số f : [0; 1] → [0; 1] thỏa mãn f (2x − f (x)) = x, ∀x ∈ [0; 1]. (1.30) Giải. Từ (1.30), ta có 0 6 2x − f (x) 6 1, ∀ ∈ [0; 1]. Đặt 2x − f (x) = g(x), suy ra g : [0; 1] → [0; 1]. Khi đó, ta có f (g(x)) = x, ∀x ∈ [0; 1] và   g(g(x)) = 2g(x) − f (g(x)) = 2g(x) − x = 2 g(x) − x + x, mà   g(x) = 1 g(x) − x + x Bằng phương pháp qui nạp, ta sẽ có g n (x) = n(g(x) − x) + x, ∀x ∈ [0; 1]. (1.31) Từ đó, ta suy ra g(x) = x, ∀x ∈ [0; 1]. Thật vậy, nếu tồn tại x0 ∈ [0; 1] mà g(x0 ) 6= x0 thì (1.31), cho n → +∞ suy ra g n (x) → +∞, mâu thuẫn vì miền giá trị của hàm g là [0; 1]. 18 1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng Tìm nghiệm riêng của phương trình hàm đã cho, nghiên cứu các tính chất của nghiệm riêng đó. Hiển nhiên, nghiệm cần tìm cũng phải có những tính chất đó. Từ đó, ta có được hướng giải phương trình hàm đã cho. Trước hết, nên tìm nghiệm riêng trong lớp các hàm hằng, hàm số bậc nhất, hàm số đa thức...Nói chung, nên tìm các nghiệm riêng trong lớp các hàm số sơ cấp, bắt đầu từ các hàm đơn giản nhất. Nên chú ý đến các đặc trưng của các hàm số sơ cấp. Sau khi tìm được nghiệm riêng dạng f0 (x) ta thường xét đến hàm số phụ g(x) = f (x) − f0 (x) và xét phương trình hàm mới thu được đối với g(x). Khi tìm nghiệm riêng, nên chú ý đến một số nhận xét sau Nhận xét 1.4 (Điều kiện để một hàm số là hàm hằng). 1. f ≡ C ⇔ f (x) = f (y), ∀x, y ∈ Df .  f (x) = C 2. f (x) = g(y), ∀x, y ∈ D ⇔ g(x) = C (C := const , C ∈ R), ∀x ∈ D. Nhận xét 1.5. (Điều kiện để một hàm số có đạo hàm là hàm hằng)
0 Cho hàm số f (x) liên tục trên [a; b], có đạo hàm f (x) trên khoảng a; b . Khi đó   0 f (x) = C, ∀x ∈ [a; b] ⇔ f (x) = 0, ∀x ∈ a; b , trong đó C = f (x0 ), với x0 là một số nào đó ∈ [a; b]. Nhận xét 1.6. (Điều kiện để một đa thức là hàm hằng) Cho đa thức P (x) ∈ R [x], có deg P 6 n. Khi đó 1.Nếu P (x) có nhiều hơn n nghiệm thì P (x) = 0, ∀x ∈ R hay là P ≡ 0. 2.Nếu ∃ a ∈ R, a 6= 0 sao cho P (x + a) = P (x), ∀x ∈ R thì P (x) = C với ∀x ∈ R hay P (x) ≡ C. Chú ý : f ≡ C thay cho f (x) = C, ∀x ∈ Df . Bài toán 1.18. Cho a là hằng số ∈ R∗ , b ∈ R. Tìm các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) = f (x) + b ∀x ∈ R. (1.32) 19 *Nhận xét rằng: Hàm f có tính chất "tổng biến đổi thành tổng". Nhớ lại, đặc trưng của một số hàm sơ cấp, hàm tuyến tính f (x) = ax (với a 6= 0) có đặc trưng hàm là f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng f0 (x) = kx. Giải. Nghiệm riêng có dạng f0 (x) = kx. Để thỏa mãn (1.32) ta phải có: b k(x + a) = kx + b ⇔ k = · a Đặt f (x) := kx + g(x). Thay vào (1.32) ta được k(x + a) + g(x + a) = kx + g(x) + b ⇔ g(x + a) = g(x), ∀x ∈ R. Suy ra, g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì là |a| . Dễ thấy, mọi hàm số dạng b f (x) = g(x) + x, trong đó g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a|, đều thỏa a mãn yêu cầu của bài ra. b a Vậy f (x) = g(x) + x, trong đó g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a|, là hàm số cần tìm. Bài toán 1.19. Cho a, b, m ∈ R, m 6= 1, am 6= 0. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) = mf (x) + b ∀x ∈ R. (1.33) Giải. Ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng f0 (x) = C . Thay vào (1.33) được C = b · 1−m Đặt f (x) = C + g(x), ta được (1.33) ⇔ C + g(x + a) = mC + mg(x) + b ⇔ g(x + a) = mg(x). (1.34) *Nhận xét rằng: Hàm g có tính chất biến đổi "tổng thành tích" nên ta chọn nghiệm riêng dưới dạng hàm số mũ. Để khử hệ số m ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng g0 (x) = dx . Thay vào ta được 1 dx+a = mdx ⇔ da = m ⇔ d = m a . x Đặt g(x) = m a ϕ(x) ta được (1.34) ⇔ m x+a a x ϕ(x + a) = m.m a ϕ(x) ⇔ ϕ(x + a) = ϕ(x), ∀x ∈ R. 20