Tài liệu Skkn cấu trúc nhóm trong phương trình hàm ở thpt

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "CẤU TRÚC NHÓM TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀM" A. ĐẶT VẤN ĐỀ Đối với học sinh trường chuyên việc tìm hiểu, đào sâu kiến thức trong lời giải một bài toán là rất cần thiết. Thức tiễn khi giảng dạy tại trường THPT chuyên Lam Sơn tôi nhận thấy các bài toán xác định phương trình hàm đối với học sinh là một vấn đề khó. Đây là một mảng mà SGK THPT ít đề cập đến. Nếu dùng các kiến thức sơ đẳng về nhóm của toán học cao cấp để tìm hiểu vấn đề này thì có thể giải quyết một số trường hợp rất hiệu quả. Cấu trúc nhóm xuất hiện tự nhiên trong các bài toán sơ cấp. Ví dụ đơn giản nhất là cấu trúc của tập các số nguyên, số hữu tỷ, số thực và số phức. Đây là các nhóm giao hoán vô hạn. Ví dụ ít hiển nhiên hơn là các nhóm hữu hạn (nói chung không giao hoán) xuất hiện trong lý thuyết số, tổ hợp và đại số. Trong đại số có một hướng khai thác là dựa vào cấu trúc nhóm để giải các phương trình hàm. Các nhóm ở đây thường là : Một tập các phép biến đổi của một miền với phép hợp thành (phép tạo thành hàm hợp) lập thành một nhóm hữu hạn. Khái niệm hàm hợp học sinh đã được học ở chương trình SGK lớp 11. Do vậy các em học sinh khá hoàn toàn có thể hiểu cơ sở lí luận, bản chất của vấn đề nếu dùng đến cấu trúc nhóm để giải phương trình hàm. Để phần nào giúp các em nắm thêm một phương pháp giải phương trình hàm (bằng cách dùng cấu trúc nhóm) chúng tôi chọn đề tài: ”Cấu trúc nhóm trong phương trình hàm”. Ngoài ra sáng kiến kinh nghiệm đề cập thêm 2 dạng khác về các bài toán phương trình hàm dạng thường gặp. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm gồm bốn phần: 1. Kiến thức cơ sở 2. Các bài toán minh họa cấu trúc nhóm trong phương trình hàm 3. Một số dạng khác về phương trình hàm thường gặp 4. Kết quả thực nghiệm của đề tài. B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI I. Kiến thức cơ sở 1. Phép hợp thành các hàm số: Giả sử hai hàm f ( x) và g ( x) thoả mãn miền xác định của g ( x) chứa miền giá trị của f ( x) khi đó ta gọi hợp thành của các hàm số của f và g là một hàm số, kí hiệu f og xác định bởi :  g o f  ( x)  g  f ( x )  . Nói chung f og �g o f tức phép hợp thành các hàm số không có tính giao hoán nhưng lại có tính kết hợp  f og  oh  f o g oh  . 2. Khái niệm hàm lặp: Phép hợp thành f o f gọi là phép lặp 2 lần đối với f và ta 2 có hàm lặp (2 lần) f ( x)   f o f  ( x)  f  f ( x)  . Mở rộng khái niệm hàm lặp n lần có: f n  x    f o f o .....................o f  ( x)  f  f o..... o f o f ( x)   . 144424443 nlan Chẳng hạn f  x   x 1  x2 ; f 2  x  f  f  x   3.Tập hợp các hàm số G   gi  (gi x 1  2 x2 bằng quy nạp có f n  x  x 1  nx 2 : D  R  R ) lập thành 1 nhóm đối với phép hợp thành các hàm số nếu: + gi �G , g j �G thì g i og j �G, + g1  x �G , + Với mỗi gi �G thì  gi1 �G sao cho: gi o gi1  g i1o gi  g1 Số phần tử của G gọi là cấp của G. 4. Bài toán xác định phương trình hàm: Cho D  R là một tập con và G là một nhóm hữu hạn có cấp hàm g 0 ,..., g n1 : D � D với phép toán hợp thành. G n gồm các Cho trước các hàm  0 ,...,  n 1 ,  : D  R . Phương trình hàm chúng ta quan tâm là:  0 . f 0 g 0  ...   n 1 . f 0 g n 1  (1) với f là hàm cần tìm. Cụ thể hơn, với x là biến của hàm f, ta có phương trình hàm.  0  x  f  g 0  x    ...   n 1  x  f  g n 1  x      x  Để giải phương trình này ta lần lượt thay x bởi gi  x . Khi đó ta nhận được một hệ phương trình tuyến tính với hệ số là các hàm  i  g j  x   , hệ số tự do gồm các hàm   g i  x   và ẩn là các hàm f i  x  : f  g i  x  , i, j 0,..., n  1 . Chú ý rằng điều kiện cần và đủ để một nghiệm f0..., fn-1 của hệ phương trình này suy ra nghiệm của phương trình (1) là f 0 og 0 1  f i og i 1 với mọi i = 0,1,2, ..., n-1. Chú ý : Cách giải như trên đối với phương trình (1) cũng giúp ta biết khi nào phương trình có một nghiệm duy nhất hay vô số nghiệm. Trường hợp hệ có vô số nghiệm xảy ra khi ta thay biến mới vào thì chỉ được phương trình hệ quả. Ví dụ, xét phương trình hàm: f  x   f   x  x 2 . Theo cách ở trên, ta thay x bởi –x thì vẫn được phương trình ban đầu và do đó 1 không có phương trình mới. Nghiệm của phương trình này là f  x   2 x 2  F  x  trong đó F(x) là một hàm lẻ bất kỳ. Cấu trúc nhóm nào hay xuất hiện trong phương trình hàm (1)? Thông thường nhóm G là một nhóm giao hoán hữu hạn và G sinh bởi một song ánh với tính chất Khi đó, g n id D là g:D D ánh xạ đồng nhất trên D, ở đây ta lấy hợp thành n lần của g. g i  g i , i 0,..., n  1 . Trong trường hợp này, lời giải bài toán hoàn toàn phụ thuộc vào ánh xạ g. Để thiết lập các bài toán phương trình hàm dạng này, ta tìm các nhóm G và cụ thể hơn là xây dựng các hàm g như vậy. Ý tưởng xây dựng ánh xạ g là chia R thành các khoảng rời nhau (tạm thời bỏ qua các điểm ở các đầu mút). Một ví dụ là các đoạn có dạng (k,k+1) với k . Hàm g sẽ là song ánh từ khoảng này vào một khoảng khác, luân phiên giữa các bộ n khoảng. Ví dụ, ta chia R  D1  D2  D3  D4    1,0,1 , Ta xét hàm g x  1 x trong đó . Khi đó rõ ràng g: D1   , 1, D2   1;0 , D3  0,1, D4 1,  . D1  D2 , g : D2  D1 , g : D3  D4 , g : D4  D3 là các song ánh. Hay gặp nhất là trường hợp các g i là các hàm phân tuyến tính. Để sử dụng trong phương trình hàm (1), ta chỉ xét các hàm phân tuyến tính xoắn, nghĩa là tồn tại một số nguyên dương n sao cho miền DR. Cụ thể hơn, g n  x x . Để áp dụng, ta chỉ xét g hạn chế trên một D R \  x1..., xn 1 , trong đó xi là các điểm mà g i  x không xác định. Bằng cách lấy hợp thành của các hàm phân tuyến tính thích hợp ở trên, ta nhận được một nhóm hữu hạn, thậm chí là không giao hoán. Thích hợp ở đây theo nghĩa là hợp thành của các hàm đó cũng là các hàm phân tuyến tính xoắn. Ví dụ, xét hàm g1  x    x và g2  x  1 , x G   id ; g1 ; g 2 ; g1 o g 2  khi đó g1 o g 2  x   g 2 o g1  x    1 x là một nhóm giao hoán cấp 4. và II. Các bài toán minh họa cấu trúc nhóm trong phương trình hàm Bài 1: Tìm hàm f ( x) sao cho xf ( x)  2 f (1  x) 1 (1) Phân tích. Nếu đặt đổi g1 � g 2 ; g 2 � g1 g1  x; g 2  1  x thì G   g1 ; g 2  làm thành một nhóm. Với phép biến từ phương trình hàm đã cho có hệ: � �g1 f  g1   2 f  g 2   1 � �g 2 f  g 2   2 f  g1   1 Suy ra f  g1   f  x   x3 x x4 2 Lời giải: Thay x bởi (1  x ), ta có (1  x ) f (1  x)  2 f ( x) 1 Từ (1) và (2) suy ra f (x)  (2) x3 x x4 2 1 �x  1 � Bài 2: Tìm hàm số f xác định "x �� và thoả mãn f  x   f � � x (1) 1  3 x 3 � � Phân tích. Nếu đặt g1  x, g 2  Khi đó g3og2 = g1& x 1 x 1 ; g3  g2o g2  1  3x 1  3x G   g1 , g 2 , g3   x ��1/ 3 lập thành 1 nhóm. với phép biến đổi g1 � g 2 ; g 2 � g3 ; g3 � g1 từ phương trình hàm đã cho ta có: �f  g1   f  g 2   g1 � g1  g3  g 2 � �f  g 2   f  g3   g 2 � f  g1   2 � � �f  g3   f  g1   g 3 9 x3  6 x 2  x  2 � f  x  18 x 2  2 Lời giải:  x ��1/ 3 Đặt t  t 1 x 1 t 1 �t  1 � �x  t �1/ 3 . Kết hợp với (1) ta có f � � f  t   . 1  3t � 1  3t 1  3x 1  3t � �x  1 � x 1 Hay f � � f  x   1  3x � 1  3x � Từ (1) thay x bởi (2) x 1 �x  1 � ta có f � � 1  3x � 1  3x � �x  1 � x  1 f� (3). Từ (1), (2), (3) ta � 1  3x � 1  3x � có hệ: � �x  1 � f x  f   � � x � 1  3x � � � � �x  1 � �x  1 � x  1 �f � � f � � 1  3 x 1  3 x � � � � 1  3x � � �x  1 � x 1 �f � � f  x   1  3x � 1  3x �� 9 x3  6 x 2  x  2 Giải ra ta có: f  x   18 x 2  2  x ��1/ 3 �x  1 � � 1 (1) (x �0, �1 ) �x  1 � Bài 3: Giải phương trình hàm : xf  x   2 f � Phân tích. Nếu đặt g1  x, g 2  g 4  g 2 o g 3  g 3 og 2  x 1 , g3  g 2 og 2  1/ x ( x �0) x 1 x 1 ( x �1) và G   g1 , g 2 , g 3 , g 4  lập thành một nhóm. Từ x 1 phương trình hàm đã cho có hệ: �g1 f  g1   2 f  g 2   1 � �g 2 f  g 2   2 f  g3   1 � �g3 f  g3   2 f  g 4   1 �g f g  2 f g  1  1 �4  4  4x2  x  1 Suy ra : f  g1   f  x    x �0; �1 5x2  5x Lời giải: Đặt t  x 1 t 1 �x . Kết hợp với (1) ta có: x 1 1 t x  1 �x  1 � f� � 2 f  x   114 1 x � 1 x � (2) Đặt u  x 1 u 1  x  1 f �x  1 � 2 f �1 � 1 (3) �x kết hợp (1) suy ra � � � � x  1 �x  1 � 1 x u 1 �x � Đặt v  1 �1 � 1 1 f � � 2 f �x kết hợp (1) suy ra x �x � x v Từ (1); (2); (3); (4) có hệ: �x  1 � � � 1 (4) 1  x � � � �x  1 � � 1 �xf  x   2 f � 1 x � � � �x  1 �x  1 � �1 � �x  1 f �x  1 � 2 f �x � 1 � � � � � � �1 f �1 � 2 f �x  1 � 1 � � � �x � 1 x � �x � � � �x  1 f �x  1 � 2 f  x   1 � � � 1 x � 1 x � � 4x2  x  1 Giải ra ta có f  x   5 x  x  1  x �0; �1 Bằng phương pháp trên chúng ta giải được một lớp phương trình hàm mà ở đó việc tìm ra các hàm gi sao cho G   gi  lập thành một nhóm đối với phép hợp thành các hàm số là mấu chốt. Đối với học sinh khi trình bày lời giải các em không cần đưa ra nhóm G. Việc diễn đạt được trình bày dưới dạng phép đặt (đặt hàm như thế nào đó tức là tìm các gi làm ngoài nháp) Bài 4: (Putnam 1971). Tìm tất cầm số  x  1 f  x  f   1  x  x  với mọi x  R, x 0;1 f : R \  0,1  R thoả mãn. Phân tích. Ký hiệu D = R \ 0,1. Xét các hàm g1 , g 2 , g3 : D � D thoả mãn g1 ( x)  x, g 2 ( x)  ( x  1) / x, g3 ( x)  1/(1  x) với mọi x  D (Ta tìm g3 bằng cách lấy g3  g 2 og 2 ). Dễ dàng chứng minh: g 2 og 2  g3 , g 2 og3  g1. Khi đó  g1; g 2 ; g 3 lập thành một nhóm. Lời giải: Phương trình hàm ban đầu viết lại là f ( x)  f  g 2 ( x)   x  1. Ký hiệu: f1  f  f og1 ; f 2  f og 2 ; f3  f og3 . Khi đó, thay x lần lượt bởi g 2 (x) và g3 (x) ta nhận được hệ phương trình: �f1  f 2  x  1 � �f 2  f3  g 2 ( x)  1 �f  f  g ( x)  1. �1 3 3 Hệ này có nghiệm: � x3  x2  1 �f1 ( x)  f ( x)  2 x( x  1) � � x3  x 2  2 x  1 �f 2 ( x))  2 x( x  1) � � x3  3x 2  4 x  1 . �f3 ( x)  2 x( x  1) � Thử lại điều kiện fi  f ogi , i  2,3 ta thấy thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình hàm ban đầu là: x3  x 2  1 f ( x)  . 2 x( x  1) Bài 5. Tìm tất cả các hàm giá trị phức f : C � C thoả mãn: f  z   zf 1  z  1  z với mọi z C Phân tích. Giả sử f : C � C thoả mãn phương trình hàm. Khi đó:   ( z )  z  (1  z ) 1  z    (1  z )  (1  z )  ( z ) 2  z Ở đây g1 =z;g2=1-z và G  g1 ; g 2  lập thành một nhóm Lời giải: Từ hệ trên suy ra ( z 2  z  1) f ( z )  z 2  z  1,  z �C. Từ đó f ( z )  1 với mọi z  C, z z1 , z2 trong đó    z1  1  3i / 2, z 2  1   3i / 2 . Các giá trị (z1),  (z2) chỉ cần thoả mãn điều kiện. f ( z1 )  z1 f ( z2 )  1  z1. Bài 6. Tìm tất cả các hàm số f  x  thoả mãn.  x   3 x  2  13x  4 2f  . 3 f   2  x 1  2 x  1  2 x  3x Phân tích. Đặt g1 ( x)  x 3x  2 , h1 ( x)  . Ta thấy g12 ( x)  x nhưng h1n ( x)  x với x 1 2x  1 n  1,2,3,4,5. Ta có thể nghĩ đến tìm một hàm g sao cho h1 ( x)  g  g1 ( x)  . Khi đó g ( x)  x2 , ta có g 2 ( x)  x. 3x  1 Phương trình ban đầu viết lại là 2 f  g1 ( x)   3 f  g  g1 ( x )     1  g1 ( x)   9 g1 ( x)  4  g1 ( x)  g1 ( x)  2  Lời giải: Giải tương tự như bài trước, ta được: 1 f ( x)  . x Thử lại trực tiếp vào phương trình ban đầu ta suy ra đây là nghiệm. Bài 7. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R \  0;1 thoả mãn.  1  21  2 x  f  x  f   x1  x  1 x  Phân tích. Xét g ( x)  1 1 . Ta có g 2 ( x)  1  và g 3 ( x)  x. Phương trình ban đầu 1 x x 2 viết lại là f ( x)  f  g ( x)   2  1  g ( x)  g ( x)  . 2 Lời giải: Đặt f 0 ( x)  f ( x), f1 ( x)  f  g ( x)  , f 2 ( x)  f  g ( x)  , ta được hệ phương trình. �f 0 ( x)  f1 ( x)  2  1  g ( x )  g 2 ( x)  � � 2 �f1 ( x)  f 2 ( x)  2  1  x  g ( x )  � f ( x )  f 0 ( x)  2  1  x  g ( x)  . � �2 Giải hệ phương trình ta được f 0 ( x)  1  2 g ( x)  x 1 . Bằng cách thử trực tiếp vào x 1 phương trình ban đầu ta suy ra đây là nghiệm. Bài 8. Tìm tất cả các hàm số f ( x) thoả mãn:  x  3  3 x  f  f  x x  1    1 x  Phân tích. Xét g ( x)  x3 3 x 3 . Ta có g 2 ( x)  , g ( x)  x. Đặt x 1 1 x 3 x �x  3 � f 0 ( x)  f ( x), f1 ( x)  f � , f 2 ( x)  . Phương trình ban đầu viết lại là � 1 x �x  1 � f og ( x)  f og 2 ( x )  x. Lời giải: Lần lượt thay x bởi g ( x) và g 2 ( x) vào phương trình này ta được hệ phương trình �f1 ( x)  f 2 ( x)  x � �f 0 ( x)  f 2 ( x)  g ( x) � 2 �f 0 ( x)  f1 ( x)  g ( x). Giải hệ này ta được g ( x)  g 2 ( x )  x x 3  7 x f0 ( x)   . 2 2(1  x 2 ) Bằng cách thử lại ta suy ra đây là nghiệm phương trình ban đầu. Bài 9. (IMO shortlist 2001 (Czech)). Tìm tất cả các hàm số f : �� � thoả mãn: f ( xy )  f ( x)  f ( y )   ( x  y ) f ( x) f ( y ),  x, y ��. Lời giải: Điều kiện cần. Giả sử f : �� � là một hàm thoả mãn phương trình hàm. Cho y = 1 ta có f 2 ( x)  xf (1). Nếu f (1)  0 thì f ( x)  0, với mọi x ��. Giả sử f (1)  a �0. Khi đó ký hiệu G ι��  x �| f ( x) 0 . Khi đó dễ thấy f ( x )  ax,  x �G. Ta đi miêu tả tập G. - Trước hết 1�G . - Nếu 1 �x �G, thay y = x -1 vào phương trình hàm ta được f (1)  f ( x)  f ( x 1 )   ( x  x 1 ) f ( x) f ( x 1 ). 1 1 Do đó f ( x )  f (1)  ( x  x ) f ( x)   f (1) f ( x) �0. Từ đây ta suy ra f ( x 1 ) �0. Nói cách khác x 1 �G hay G đóng đối với phép lấy nghịch đảo. - Nếu x �y �G thì do f ( xy )  f ( x)  f ( y )   ( x  y ) f ( x) f ( y ) �0, nên xy �G. - Nếu x  G, thay x bởi x2 và y = x -1 ta được: (x)( (x2) - (x -1)) = (x2 – x -1) (x2) (x -1). 2 2 1 1 1 Dẫn đến f ( x )  f ( x)  ( x  x ) f ( x )   f ( x) f ( x ) �0. Do đó f ( x 2 ) �0. Nói cách khác, x2  G. Kết hợp với khẳng định trên ta suy ra G đóng đối với phép nhân. Điều kiện đủ: Dễ thấy hàm  = 0 thoả mãn phương trình hàm. Giả sử G �� là một tập con đóng đối với phép nhân và phép lấy nghịch đảo. Khi đó định nghĩa hàm f : �� � như sau: �a �0, ( x  1) � f ( x)  �ax, ( x �G ) �0, ( x �G ) � Hàm  như vậy là nghiệm của phương trình hàm trong bài toán. Thật vậy, nếu x, y �G thì xy �G và ta có. f ( x)  f ( x)  f ( y)   axy( ax  ay )  ( x  y ) f ( x) f ( y). Giả sử y �G . Nếu x �G , thì xy �G ta có f ( xy )  f ( x)  f ( y )   0  ( x  y ) f ( x) f ( y ) Nếu x �G thì f ( x)  f ( y )  0 và ta có f ( xy )  f ( x )  f ( y )   0  ( x  y ) f ( x) f ( y ) Tóm lại hàm  định nghĩa như trên là một nghiệm của phương trình hàm ban đầu. Vậy nghiệm của phương trình hàm ban đầu hoặc là hàm  = 0 hoặc là hàm số có dạng: �a �0, ( x  1) � f ( x)  �ax, ( x �G ) �0, ( x �G ) � Trong đó G  R là một tập nào đó đóng đối với phép nhân và lấy nghịch đảo. Bài tập vận dụng: Bài 1: Tìm hàm f ( x) nếu: 2 4 a. x f  x   f  1  x   2 x  x 2 b. 2 f  x   f  1  x   x Bài 2: a. Xác định hàm f ( x) và g ( x) nếu: �xf  x  1  g  x  1  2 x  x  1  1 � � �1 � �1 � 2  2 x  10 x 2 �f � � xg � � x � �x � �x �  x �0;1/ 2  b. Xác định các hàm số f ( x) và g ( x) nếu: x2 � f x  6  2 g 2 x  15      � 2 � � x2� �f � � � g  x  5   x  4 � ��2 � c. Tìm hàm số f ( x) nếu:  x  1 f  x   Bài 3: a. Xác định hàm f ( x) nếu: af  x  1  bf  1  x   cx  a; b �0  �1 � 1 f � � �x � x  1 � a2 � b. Xác định hàm f ( x) nếu f  x   f � � x �a  x � 1 �x � �� c. Xác định hàm f ( x) nếu af  x   bf � � cx  x �0  với a, b, c cho trước. III. Một số dạng khác về phương trình hàm thường gặp: Ngoài cách sử dụng cấu trúc nhóm để giải một lớp phương trình hàm như trên chúng ta đề cập thêm 2 dạng khác về phương trình hàm dạng thường gặp Dạng 1: Xác định phương trình hàm bằng phép chọn giá trị đặc biệt. Từ giả thiết mà hàm số thoả mãn  x �D , chọn giá trị x thích hợp, xác định giá trị của hàm tại những điểm đặc biệt. Từ đó nhờ mối quan hệ, đặc điểm của đẳng thức (hay điều kiện) mà hàm thoả mãn, xác định được giá trị của hàm tại các điểm khác và thử lại. Bài 1: Xác định hàm số f ( x) thoả mãn: f ( x1  x2 ) �f ( x1 ) f ( x2 ) �2012 x1  x2 (1)  x1, x2 ��. Lời giải: f (0)  Cho x1  x2  0, từ (1) �� f (0) Cho x2   x1 , từ (1) � f (02 ) 1 0 �f (0) �1 � � �f (0) �1. Vậy f (0)  1. f ( x1 ) f ( x1 ) 1. Do f (0)  1 � f ( x1 ) f ( x1 )  1 hay f ( x) f ( x)  1,  x. Cho x2  0, từ (1) ta có: f ( x1 ) �2012 x hay f ( x) �2012 x x (2) 1 Từ (2) � f ( x) �2012 x mà f ( x )  1 1 �  2012 x (3) x f ( x) 2012 Từ (2) và (3) suy ra f ( x)  2012 x. Thử lại: Với f ( x )  2012 x ta có f ( x1  x2 )  f ( x1 ) f ( x2 )  2012 x  x 1 mãn (1). Vậy hàm cần tìm f ( x)  2012 x. Bài 2: Xác định hàm f : �� � thoả mãn.  � �f (0)  2012; f ( )  2013 (1) 2 � � �f ( x  y )  f ( x  y )  2 f ( x)cos y (2) x, y ��. Lời giải: Thay x bởi x  Từ (2) có: Thay x    và y  . 2 2 f ( x )  f ( x   ) 2 f ( x    ) cos 0 2 2 (3)   , y bởi y  từ (2) có: 2 2    f ( y )  f (  y )  2 f ( )cos( y  )  2 f ( )sin y 2 2 2  hay f ( x)  f (  x)  2 f ( )sin x(4) 2 Thay x  0 ; y bởi ( y   ) từ (2) có: f ( y   )  f (  y )  2 f (0)cos( y   )  2 f (0)cos y hay f ( x   )  f (  x)  2 f (0)cos x (5) 2  x1 , x2 �� thoả �f ( x)  f ( x   )  0 �  � Từ (3) ; (4) ; (5) có hệ: �f ( x)  f (  x)  2 f ( )sin x 2 � � �f ( x   )  f (  x)   2 f (0)cos x Giải ra có: f ( x )  2012cos x  2013sin x. Thử lại: Dễ thấy hàm thoả mãn (1); (2). Bài 3: Xác định hàm f : �� � thỏa mãn: f ( xy )  f ( x  y )  f ( x  y  1)  xy  2 x  1 (1) Lời giải: Có (1) �  f ( xy )  xy    f ( x  y)  ( x  y )    f ( x  y  1)  ( x  y  1)   0 Xét hàm g (t )  f (t )  t. Cho y = 0 từ (1) ta có : f (0)  f ( x  1)  f ( x)  2 x  1 Cho y  1 từ (1) ta có: f ( x)  f ( x  1)  f ( x)  x  1 Suy ra: f ( x )  f (0)  x hay f (t )  f (0)  t ,  t. Khi đó: f (t )  t  f (0)  0  g (0). Từ đó: g ( xy )  g ( x  y )  g ( x  y  1)  0 � 3g (0)  0 � g (0)  0 � f (t )  t ,  t. Hay f ( x)  x,  x ��. Thử lại dễ thấy hàm f ( x)  x thoả mãn (1). Bài 4: Cho a 2  b 2  c 2  0 . Xác định hàm f : �� � thoả mãn. af ( x 2  xy )  bf ( y 2  zx)  cf ( z 2  xy )  0 (1),  x, y, z ��. Lời giải: Hoàn toàn có thể giả sử a �0. Cho y  z  0, từ (1) suy ra af ( x 2 )  (b  c) f (0)  0. Suy ra: f ( x2 )   (b  c) f (0) . a Cho x  0, z  1, từ (1) suy ra af ( y )  bf ( y 2 )  cf (0)  0 (*) Từ đó: (b  c) f (0)  cf (0) bf ( y )  cf (0) b 2  bc  ac a f ( y)     f (0),  y ��. a a a2 2 b Suy ra f là hàm hằng trên �. Đặt f(x) = A. Từ (*) suy ra (a  b  c) A  0. Do đó: + Nếu a  b  c �0, thì A=0 và f ( x)  0,  x ��. + Nếu a  b  c  0, thì A tùy ý và f ( x)  A,  x ��. Thử lại: Dễ thấy cả 2 trường hợp trên đều thoả mãn (1). Bài 5: Xác định hàm f : �� � thoả mãn. xf ( x  y )  y f ( y - x)  f ( x 2 )  f ( y 2 ) (1) Lời giải: Cho x = y = 0, từ (1) có: f(0) = 0 Cho y = 0, từ (1) có: x f(x) = f(x)2 nên f ( x)  0 hoặc f ( x)  x Cho y   x , từ (1) ta có:  xf (2 x)  f ( x) 2  f (  x) 2 (*) Do f (2 x)  0 hoặc f (2 x)  2 x theo (2), nên: (2)  xf (2 x)  0 �f ( x)2  0 �f ( x) 2  0 � ; ; � 2 � 2 2 � 2 2  xf (  2 x )  2 x f ( x )  x � � �f ( x)  x Nếu  xf (2 x )  0, do (*) nên phải có: f ( x) 2  f (  x) 2  0 và  xf (2 x)  2 x 2 thì f ( x) 2  f ( x) 2  x 2 . Tức luôn có : f ( x)2  f ( x)2 ,  x ��. Thay x bởi (-x), từ (1) suy ra  xf ( y  x)  yf ( y  x )  f ( x) 2  f ( y ) 2  f ( x) 2  f ( y ) 2 Từ đó:  xf ( y  x )  yf ( y  x )  xf ( x  y )  yf ( y - x) ( theo (1)). Suy ra: ( y  x ) f ( x  y )  ( y  x) f ( y  x), nên Do đó : f ( x  y ) f ( y  x)   x ��y. x y ( y  x) f (u )  const  C  u �0. Suy ra f (u )  cu (u �0). u Do f (0)  0 nên f (u )  cu  u ��. Theo (2) thì f (u )  0 hoặc f (u )  u , nên c  0 hoặc c  1 Thử lại: Cả 2 hàm f ( x)  0 hoặc f ( x)  x đều thoả mãn (1) Với hàm xác định trên tập � (thực chất là dãy ) thì sự xác định phương trình hàm có thể kết hợp giữa phương pháp chọn trị đặc biệt và phương pháp qui nạp. Bài 6: Xác định hàm f : �� � f (1)  1 và f (m  n)  f (m  n)  1  f (2m)  f (2n)  (1)  m, n γ �, m n. 2 Lời giải: Cho m  n  0 , từ (1) có: 2 f (0)  f (0), nên f (0)  0