Chuyên đề Một số phương pháp đặc biệt giải phương trình hàm

Nội dung tài liệu: Chuyên đề Một số phương pháp đặc biệt giải phương trình hàm

1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HÀM ĐỖ THUÝ MAI TỔ: TOÁN TIN BẮC GIANG, THÁNG 3 NĂM 2024
2. MỤC LỤC Trang Phần I MỞ ĐẦU 1 Phần II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ 3 Chƣơng I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 3 1.1 Khái niệm phƣơng trình hàm . 3 1.2 Một số định hƣớng ... 4 1.3 Điểm bất động 4 Chƣơng II MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT GIẢI PHƢƠNG TRÌNH 6 HÀM 2.1 Phƣơng pháp sử dụng điểm bất động 6 2.2 Phƣơng pháp tính giá trị của hàm số theo hai cách 16 2.3 Phƣơng pháp thêm biến 24 Phần III KẾT LUẬN 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO 31
3. PHẦN I: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình giáo dục phổ thông môn Toán, học sinh được tiếp cận với hàm số từ rất sớm. Những bài toán hàm số thường được ví như những bông hồng lung linh muôn sắc. Hấp dẫn và kì bí! Những năm gần đây, trong các kì thi học sinh giỏi trong nước cũng như khu vực và quốc tế chúng ta thường xuyên bắt gặp các bài toán về phương trình hàm. Điều này đặt ra yêu cầu được nghiên cứu tìm hiều nhiều hơn đối với dạng bài tập này, nhất là với các em học sinh chuyên Toán. Hiện nay, các tài liệu về đa thức cũng khá đa dạng và phong phú. Tuy nhiên, hầu hết đều trình bày khá giàn trải nhiều vấn đề nên người đọc khó định hình các hướng giải quyết cho một bài toán phương trình hàm. Vì vậy tôi biên soạn chuyên đề này này giúp đỡ các em học sinh giải quyết phần nào những khó khăn đó. Tài liệu gồm hai chương: Chương I. Một số kiến thức cơ bản Chương II. Một số phương pháp đặc biệt giải phương trình hàm Ở mỗi chương, tôi đã cố gắng tổng hợp một hệ thống kiến thức và các ví dụ đa dạng. Tôi cũng đã cố gắng sắp xếp các ví dụ từ dễ đến khó. Một số bài được giải theo nhiều phương pháp để người đọc có thể so sánh và thấy được nét đặc trưng và tính hiệu quả của từng phương pháp. Hy vọng sẽ để lại những ấn tượng tốt đẹp lòng bạn đọc! II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Nghiên cứu sâu về phương pháp thế giải phương hình hàm cho các học sinh Chuyên. Đưa ra hệ thống các bài tập cơ bản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với phương trình hàm một cách nhẹ nhàng nhất. III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Đưa ra hướng tiếp cận cho từng loại bài, hệ thống lý thuyết khoa học, đầy đủ. IV. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU Các bài toán phương trình hàm trong các kì thi Quốc gia, Quốc tế và khu vực. V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Thông qua thực tiễn dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia THPT Chuyên Bắc Giang để tổng hợp, phân tích, đánh giá. VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI Đưa ra được hệ thống lý thuyết, hệ thống bài tập từ cơ bản đến khó. Tạo hứng thú cho học sinh khi học phương trình hàm. 1
4. KÍ HIỆU VÀ QUY ƢỚC Trong tài liệu này ta sử dụng các kí hiệu với các ý nghĩa xác định như sau: Tập hợp các số tự nhiên * Tập hợp các số tự nhiên khác 0 Tập hợp các số nguyên Tập hợp các số thực Tập các số hữu tỷ dương Tập hợp các số nguyên dương Tập hợp các số thực dương 2
5. PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ CHƢƠNG I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Khái niệm phƣơng trình hàm Bài toán tổng quát. Cho X, Y là tập hợp số nào đó. Bài toán xác định hàm số f: X Y thỏa mãn một số điều kiện (*) nào đó cho trước là bài toán thường gặp trong Giải tích. Việc phân loại bài tập thường dựa vào tính chất của f(x) (liên tục, có đạo hàm, ); dạng của tập nguồn X, tập đích Y (có thể là , , , ,... ) và dạng của điều kiện (*) đã cho (tính chất hàm số, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, ) Định nghĩa 1.1. Phương trình hàm là dạng phương trình đặc biệt mà ẩn là một (hoặc một vài) hàm số. Sau đây ta đưa ra một số ví dụ mang tính chất minh họa và giới thiệu. 1. Xác định tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện f( x y ) f ( x ) f ( y ),  xy, . Trong chương trình toán phổ thông chúng ta cũng gặp các bài toán xác định lớp các hàm số thỏa mãn một vài tính chất nào đó. Chẳng hạn 2. Cho hằng số T 0. Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện f( x T ) f ( x ),  x . (Đáp số: lớpcác hàm số tuần hoàn tùy ý trên với chu kì T.) Như vậy, một phương trình hàm không những có thể xác định một hoặc một vài hàm số nào đó mà còn có thể xác định một lớp các hàm số có chung các tính chất đã cho được thể hiện bởi điều kiện của phương trình hàm đó. Phương trình hàm là một lĩnh vực quan trọng của giải tích. Bài toán giải phương trình hàm có lẽ là một trong những bài toán lâu đời nhất của giải tích. Nhu cầu giải phương trình hàm xuất hiện ngay khi bắt đầu có lý thuyết hàm số. Không có những định lí cũng như các thuật toán cụ thể để giải phương trình hàm tương tự như thuật toán giải phương trình đại số bậc hai. Mặc dù vậy, ta sẽ đưa ra một số kĩ thuật cơ bản. Kĩ thuật 1. Tìm các nghiệm riêng đơn giản như hàm hằng, hàm bậc nhất, Dựa vào các nghiệm đó, chúng ta sẽ hiểu hơn về hàm cần tìm và có thể có được các phương hướng giải phương trình hàm đã cho. Kĩ thuật 2. Tính các giá trị đặc biệt của f(x), chẳng hạn: f (0) , f ( 1) , f (2) , Đôi khi, nếu f(0) hoặc f(1) không tính được, ta có thể đặt chúng bằng tham số. 3
6. Kĩ thuật 3. Nghiên cứu các tính chất đặc biệt của hàm số cần tìm như đơn ánh, toàn ánh, song ánh, chẵn, lẻ, Kĩ thuật 4. Khai thác tính đối xứng trong phương trình hàm đã cho. 1.2 Một số định hƣớng Nếu hệ thức đã cho có tính đối xứng giữa các biến thì cố gắng hoán vị các biến với nhau. Nên sử dụng các phép thế có thể giản ước được hai vế của phương trình hàm. Từ đó ta sẽ được một đẳng thức đơn giản hơn. Trong trường hợp có f(g(x))=g(x) thì cố gắng tìm điểm bất động của hàm f. Lời giải của bài toán giải phương trình hàm bao giờ cũng được bắt đầu bằng mệnh đề: ”Giả sử tồn tại hàm số fx() thỏa mãn yêu cầu bài ra.” Khi tìm được biểu thức của hàm số nghiệm ta phải kiểm tra vào phương trình đã cho rồi mới kết luận nghiệm. 1.3 Điểm bất động 1.3.1 Đặc trƣng 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. (i) Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi đó f(x + y) = f(x) + f(y). Vậy đặc trưng là f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y . (ii) Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f(x) + f(y) = 2f( x y f()() x f y Vậy đặc trưng hàm ở đây là f ,,  x y 22 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 . Giải quyết vấn đề đó chính là dẫn đến phương trình hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước. k (iii) Hàm lũy thừa f( x ) x , x 0 Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y) (iv) Hàm mũ f( x ) ax ( a 0, a 1) Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y),  xy, (v) Hàm Logarit f( x ) loga x (a>0,a 1) Đặc trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y). (vi) f(x) = cosx có đặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y) Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx và với các hàm Hypebolic: 4
7. eexx  sin hypebolic shx 2 eexx  cos hypebolic chx 2 shx exx e  tan hypebolic thx chx exx e chx exx e  cot hypebolic cothx shx exx e shx có TXĐ là tập giá trị là chx có TXĐ là tập giá trị là [1, ) thx có TXĐ là tập giá trị là (-1,1) cothx có TXĐ là \{0} tập giá trị là ( , 1)  (1, ) Ngoài ra bạn đọc có thể xem thêm các công thức liên hệ giữa các hàm hypebolic, đồ thị của các hàm hypebolic 1.3.2 Điểm bất động Định nghĩa 1.2. Điểm x0 là nghiệm của phương trình: f x x được gọi là điểm bất động của hàm fx . Trong số học, giải tích, các khái niệm về điểm bất động, điểm cố định rất quan trọng và nó được trình bày rất chặt chẽ thông qua một hệ thống lý thuyết. Sau đây, tôi chỉ nêu ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm. 5
8. CHƢƠNG II. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HÀM 2.1 Sử dụng điểm bất động cùa hàm số. 2.1.1 Phƣơng pháp Việc nghiên cứu các điểm bất động của hàm số cũng cho ta một số thông tin về hàm số. Bản chất nếu a là điểm bất động của hàm số f(x) thì a là chu trình bậc một của hàm số f(x). 2.1.2 Bài tập vận dụng Ví dụ 2.1. Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện f x 1 f x 2,  x . (1) Lời giải. 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 : f(x) = ax để khử số 2. Ta được (*) a( x 1) ax 2 a 2 Vậy ta làm như sau: Đặt f(x) = 2x + g(x) Thay vào (*) ta được: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2,  x Điều này tương đương với g(x + 1) = g(x),  x Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Đáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b,  x , a, b tùy ý. . Ví dụ 2.2 (IMO 1988). Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn đẳng thức: f x 1 f ( x ) 2 , với mọi x . Lời giải. Ta cũng đưa đến c = -c + 2 do đó c = 1 vậy đặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (1) ta được phương trình: g(x + 1) = - g(x),  x Do đó ta có: 6
9. g( x 1) g ( x ) g( x 2) g ( x ) 1 g( x )  g ( x ) g ( x 1) 2  x (3) g( x 2) g ( x ) Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng : 1 g( x )  h ( x ) h ( x 1) ,  x 2 ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2 Qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b, , a, b tùy ý. Ví dụ 2.3 Tìm hàm f(x) thỏa mãn : f(x + 1) = 3f(x) + 2, (1) Lời giải. Ta đi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1 Đặt f(x) = -1 + g(x) Lúc đó (1) có dạng g(x + 1) = 3g(x) Coi 3 như g(1) ta được g(x + 1) = g(1).g(x) (2) Từ đặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ : axx 1 33 a a Vậy ta đặt: g( x ) 3x h ( x ) thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận f( x ) 1 3x h ( x ) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là : f(x + a) = bf(x) + c, , a, b, c tùy ý, b > 0, b khác 1 Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn. Còn f(x + a) = bf(x) + c, x , a, b, c tùy ý, b < 0, b khác 1 được chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 2.4 Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 (1) Lời giải Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1 Đặt f(x) = 1 + g(x) Khi đó (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x) (2) Khi biểu thức bên trong có nghiệm thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1 Vậy đặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t )  t 7
10. Đặt h(t) = g(-1 + 2t), ta được h(2t) = 3h(t) (3) 20t t t mm (2t ) 3. t m log2 3 Xét ba khả năng sau: . Nếu t = 0 ta có h(0) = 0 . Nếu t > 0 đặt h()() t tlog2 3 t thay vào (3) ta có (2t ) ( t ),  t 0 Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. (2t ) ( t ),  t 0 (2t ) ( t ),  t 0 Nếu t < 0 đặt h( t ) | t |log2 3 ( t ) thay vào (3) ta được (4t ) ( t ),  t 0 1 (t )  ( t ) (2 t ) ,  t 0 2 (4t ) ( t ),  t 0 Bài toán tổng quát của dạng này như sau: f( x  ) f ( ax ) b 0, 1 Khi đó từ phương trình xx ta chuyển điểm bất động về 0, thì ta được hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu a = 0 bài toán bình thường Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2,  x -1 (1) Nghiệm 2x + 1 = x x 1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta được f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2,  t 0 Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga Ta có logaa (2tt ) log 2 1 a 2 Vậy đặt g( t ) log1 t h ( t ) 2 Thay vào (2) ta có h(2 t ) h ( t ),  t 0 Đến đây bài toán trở nên đơn giản 3 Ví dụ 2.5 Cho hàm số f : thỏa mãn f f() x x3 x với mọi x . 4 11 Chứng minh rằng f f(0) f 0. 22 Lời giải. 3 Đặt g() x x3 x thì f f()() x g x . 4 8
11. Suy ra f g()()() x f f f x g f x . Dễ thấy gx() là đơn ánh nên từ f f()() x g x suy ra fx() cũng là đơn ánh. Gọi là một điểm cố định của hàm 11 . x0 g( x ) g ( x0 ) x 0 x 0  0; ; 22 Ta có f()()() x0 f g x 0 g f x 0 , suy ra fx()0 cũng là một điểm cố định của hàm gx(). 11 fx() là một song ánh trên tập D 0; ; nên 22 1 1 1 1 f f(0) f 0 0. 2 2 2 2 Từ đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.6 Hãy tìm tất cả các hàm f : 1; 1; thỏa mãn điều kiện: (i) fxfy xfy. yfx yfx . ,  xy , 1, fx (ii) Hàm số tăng thực sự trên các khoảng 1;0 và 0; . x Lời giải. Điều kiện (ii) cho ta phương trình điểm bất động f(x) = x có nhiều nhất là ba nghiệm. Một nghiệm (nếu có) nằm trong khoảng một nghiệm bằng 0 và một nghiệm nằm trong khoảng . Giả sử u thuộc là một điểm bất động của f. Trong phương trình hàm (i) cho ta x = y = u ta được f(2u + u2) = 2u + u2. Ta có 2u + u2 thuộc suy ra 2u + u2 = u nhưng khi đó u = u2 thuộc mâu thuẫn. Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được không có điểm bất động nào nằm trong khoảng . Như vậy 0 là điểm bất động duy nhất có thể có. Đặt x = y trong phương trình hàm (ii) ta có fxfx xfx.. xfx xfx , x 1. Như vậy với mọi x 1 có x 1. x f x là điểm bất động. x Do đó với mọi x 1 phải có x 1 x . f x 0 suy ra fx . 1 x Thử lại ta thấy hàm số trên thỏa mãn. 9
12. Vậy . Ví dụ 2.7. Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: i) lim f ( x ) 0 x ii) f xf y yf ( x ),  x , y Lời giải. Tính f (1). Cho xy 1 ta được f( f (1)) f (1) . Lại cho yf (1) ta được fxff( ( (1))) ffx (1) ( ) fxf ( (1)) ffx (1) ( ) . Mặt khác f( xf (1)) f ( x ) nên ta được f( x ) f ( x ) f (1) f (1) 1 ( f ( x ) 0,  x ) Tìm điểm cố định của hàm số. Cho x = y vào ii) ta được f( xf ( x )) xf ( x ),  x . Suy ra xf() x là một điểm bất động của hàm số. Đặc điểm của điểm bất động Nếu x, y là hai điểm bất định của hàm số thì f( xy ) f ( xf ( y )) yf ( x ) xy Chứng tỏ xy cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phép nhân. Hơn nữa, nếu x là điểm bất động thì 1 1 1 1 1 f (1) f f ( x ) xf f . x x x x 1 Hay cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với x phép nghịch đảo. Do đó nếu hàm số có một điểm bất động ngoài 1 thì hoặc điểm này lớn hơn 1 hoặc nghịch đảo của điểm này lớn hớn 1. Do đó lũy thừa nhiều lần của điểm này lớn hơn 1 cũng là điểm bất động. Điều này trái với điều kiện ii). Vậy 1 là điểm bất động duy nhất của hàm số. Mà xf() x là điểm bất động của hàm số 1 với mọi x dương nên f( x ) ,  x 0. Thử lại thỏa mãn yêu cầu. x x fx 1 x 10
13. Ví dụ 2.8. (IMO 1994) Giả sử S là tập hợp các số thực lớn hơn - 1. Tìm tất cả các hàm số f: S S sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn: a) fxfy ( ) xfy ( ) yfx ( ) yfx ( ),  xyS , . fx() b) là hàm thực sự tăng với x ( 1;0)  (0; ) . x Lời giải. Tìm điểm bất động Từ điều kiện b) ta thấy hàm số có nhiều nhất 3 điểm bất động: một điểm thuộc khoảng ( - 1; 0), một điểm bằng 0, một điềm lớn hơn 0. Giả sử u ( 1;0) là một điểm bất động của hàm số. Thay x = y = u ta được f(2 u u22 ) 2 u u . Mà 2uu 2 ( 1;0) và 2uu 2 là một điểm bất động nữa của hàm số trong khoảng (- 1; 0). Do đó 2u u2 u u 0, u 1 (mâu thuẫn giả thiết). Hoàn toàn tương tự, hàm số không có điểm bất động dương nào. Do đó 0 là điểm bất động duy nhất nếu có. Kết luận: Cho x = y vào điều kiện a) ta được fxfx ( ) xfx ( ) xfx ( ) xfx ( ),  xS x Theo lí luận trên thì xfxxfx ( ) ( ) 0,  xSfx ( ) ,  xS . 1 x Thử lại thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu. Ví dụ 2.9 Tìm tất cả các hàm f : sao cho f m f n f f(() m f n , với mọi mn, . Lời giải. Tính f (0). Cho m = n = 0 ta có f( f (0)) f ( f (0)) f (0) f (0) 0. Cho n = 0 ta được f( f ( m )) f ( m ),  m . Do đó ta có: f( m f ( n )) f ( m ) f ( n ) f (0) 0 Dễ thấy fx( ) 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm điểm cố định của hàm số 11
14. Nếu f không đồng nhất bằng 0 thì từ điều kiện ta có fm() là điểm bất động của hàm số mới mọi số tự nhiên m. Tính chất của các điểm bất động: Nếu a, b là hai điểm bất động của hàm số thì fab()()()()()() fafb ffa fb fa fb ab Vậy các điểm bất động bất biến qua phép cộng. Tập hợp các điểm bất động của hàm f . Gọi a là điểm bất động khác 0 bé nhất của hàm f . Nếu a = 1, tức là f (1) 1 thì dễ thấy cho m n 1 f (2) 2. Bằng quy nạp ta chứng minh được f(), n n  n . Nếu a 1 thì bằng phương pháp quy nạp ta cũng chứng minh được f(), ka ka  k . Ta chứng minh tập hợp các điểm bất động đều có dạng ka, k với a là điểm bất động nhỏ nhất của hàm số. Thật vậy nếu n là điểm bất động khác của hàm số thì n ka r(0 r a ), khi đó ta có n fn()()()()() fkar fr fka fr ka f() r r Do đó r là điểm bất động của hàm số nhỏ hơn a . Mâu thuẫn với giả thiết về a . Chứng tỏ các điểm bất động đều có dạng . Xây dựng hàm f . Vì f() n n  là các điểm bất động của hàm số nên với i < a nào đó thì f() i ni a với nn0 0, i . Xét số nguyên dương n bất kì thì ta có thể viết n ka i(0 i a ) . Do đó fn()()()() fika fi ka nakaii n ka Ta chứng minh hàm số được xác định như vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, với mkainla , j ,0 ij , a thì fm( fn ())( fla j fkai ( )) kai fflai (()) Vậy ta có điều phải chứng minh. f( f ( m )) f ( m ),  m 12
15. Ví dụ 2.10 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn f f( x ) x2 2 , với mọi x Lời giải. Ta chứng minh bài toán tổng quát hơn: Cho S là một tập hợp và g: S S là một hàm số có chính xác hai điểm bất động {,}ab và hàm số gg có chính xác hai điểm bất động {,,,}a b c d . Khi đó không tồn tại hàm số f: S S sao cho f f g . Thật vậy, giả sử g( c ) y c g ( g ( c )) g ( y ) hay y g( c ) g ( g ( y )) . Suy ra y là một điểm cố định của . Nếu y a a g()() a g y c , mâu thuẫn. Tương tự nếu y = b sẽ dẫn đến mâu thuẫn c = b. Nếu y = c thì c g()() y g c hay c là điểm cố định của g , mâu thuẫn. Do đó y = d tức là g() c d và tương tự ta có g() d c. Giả sử tồn tại hàm số sao cho . Ta có: f g f f f g f Khi đó f( a ) f ( g ( a )) g ( f ( a )) nên f (a) là một điểm cố định của hàm g . Bằng việc kiểm tra từng trường hợp ta kết luận: fab{,} {,},{,,,} ab fabcd {,,,} abcd . Xét f (c). Nếu f (c) = a thì f( a ) f ( f ( c )) g ( c ) d , mâu thuẫn do f{,}{,} a b a b . Tương tự cũng không thể f (c) = b . Do đó f (c) = d. Khi đó f( d ) f ( f ( c )) g ( c ) d Mâu thuẫn với giả thiết d không là điểm cố định của f . Vậy không thể tồn tại hàm số như yêu cầu. Trở lại bài toán, ta xét g( x ) x2 2 có hai điểm cố định là – 1 và 2. Hàm số 2 15 g( g ( x )) x2 2 2 có các điểm cố định là 1,2, . Áp dụng kết quả trên ta được 2 bài toán trên vô nghiệm. 2.1.3 Bài tập Bài 1. Tìm tất cả các hàm f : ** thỏa mãn các điều kiện sau: (i) f là toàn ánh; (ii) m là ước của n khi và chỉ khi fm là ước của fn . 13
16. Bài 2. Tìm tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: f m f n n f m 1 , với mọi mn, * . Bài 3 (CH Séc 2006). Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện: f f x y x f y 2006 , với mọi xy, . Bài 4 (Rumani 1988). Cho f : ** là một toàn ánh và g : ** là một đơn ánh sao cho với mọi số nguyên dương n ta có f n g n . Chứng minh rằng fg . Bài 5 (IMO Shortlist 1995). Chứng minh rằng tồn tại một và chỉ một hàm số sao cho với mọi số nguyên dương mn, ta có: f m f n n f m 95 . 19 Tính tổng  fk . k 1 Bài 6. Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện: fxfx 22 yxffx fy , với mọi xy, . (9) Bài 7. (Olimpiad Áo – Balan 1997). Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : sao cho với mọi số nguyên xy, ta có f x f y f x y . Bài 8. Xét tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: f x f x y x f x 2 f y , với mọi . Chứng minh rằng f là một song ánh. (8) Bài 9. Tìm tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: ffxfy xfy fxy , với mọi . (13) Bài 10. Tìm tất cả các hàm f : 0 0 thỏa mãn điều kiện: f f x f y 2 x f x y , với mọi . (14) ** Bài 11. Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện: fxfx 2 fy xfxyfy , với mọi . (15) 14
17. Bài 12. (Olimpic 30-04-2009). Cho hàm số f : ** thỏa mãn điều kiện: 2009 mn chia hết cho f m f n , với mọi mn, * . Chứng minh rằng f 1 , f 2 , f 3 ,... lập thành một cấp số cộng với công sai dương. Bài 13. Có tồn tại hay không một song ánh thỏa mãn điều kiện: f 1 f 2 ... f n n , với mọi số nguyên dương n . Bài 14. Tìm tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: f x f x 22 y x f x f y , với mọi . Chứng minh rằng f 0 0. (11) Bài 15. Tìm tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: f x f x 22 y x f y f y , với mọi . (10) Bài 16. Tìm tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: f : f 22 x f y x f x y f y , với mọi . (16) xy, Bài 17. Tìm tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: f x f x 22 f y x y f y , với mọi . (20) Bài 18. Tìm tất cả các hàm thỏa mãn điều kiện: f 2 x 2 f y x f x 2 y , với mọi . (22) Bài 19. Tìm tất cả các hàm số f :0  thỏa mãn điều kiện: x f x f y f x y , 2 với mọi xy,0 (23). Bài 20. Tìm tất cả các hàm số f : 0 0 thỏa mãn điều kiện: , với mọi (24). 15
18. 2.2 Giải phƣơng trình hàm bằng cách tính giá trị của hàm số bằng hai cách 2.2.1 Phƣơng pháp Nếu hàm số f(x) đơn điệu ta có thể chứng minh hàm số cộng tính.Từ đó ta có f() x ax . Nếu hàm số f(x) tăng và thỏa mãn f f() x x thì ta chứng minh được f() x x . Nếu hàm số f(x) tăng ngặt thì ta có thể khai thác tính chất đơn ánh của hàm số. Nếu hàm số f(x) đơn điệu thì ff nên chỉ cần xác định hàm số trên . Nếu hàm số f(x) là hàm số chẵn hoặc lẻ thì ta chỉ cần xác định hàm số trên 0; . Nếu hàm số f(x) là hàm tuần hoàn thì ta chỉ cần xác định hàm số trên một chu kì. 2.2.2 Bài tập vận dụng Ví dụ 2.11 (Hy lạp 1997). Giả sử f :(0; ) thỏa mãn ba điều kiện: i) f tăng nghiêm ngặt. 1 ii) f( x ) ,  x 0 . x 1 iii) f( x ) f f ( x ) 1,  x 0. x Lời giải. 1 Đặt tf (1) .Thay x 1vào iii) ta được tf( t 1) 1 t 0, f ( t 1) . t 1 1 1 Thay xt 1 vào iii) ta được f( t 1) f f ( t 1) 1 f t f (1) . t 11 t t 1 1 1 5 Mà f tăng ngặt nên f là đơn ánh, do đó 1 t . tt 12 15 Nếu t 1 f ( t ) f (1) 1 t (mâuair thuẫn). 2 15 Vậy f (1) . 2 Ví dụ 2.11 Tìm tất cả hàm số f : thỏa mãn ffx ( ) y fxy ( ) xfy ( ) xyx 1,  xy , .(1) Lời giải. Thay y = 0 vào (1) ta được 16
19. f( f ( x )) f ( x ) xf (0) x 1,  x . Thay x = 0 vào đẳng thức trên ta được f( f (0)) f (0) 1 Thay y bởi fy() vào (1) ta được ffx ()() fy fxfy () xffy () xfy () x 1  fxy ( ) yfx ( ) xyy 1 xgy ( ) yf (0) y 1 xfy ( ) x 1 f ( x y ) yf ( x ) xyf (0) 2 xy y 2 Đổi vai trò của x, y ta được ffx ( ) fy ( ) fxy ( ) xfy ( ) xyf (0) 2 xyx 2 Từ đây ta có yf()(),, x y xf y x  x y . Thay x = 0, y = 1 ta được f (0) = 1, do đó ff( (0)) 2. Lại thay y = 1 ta được f( x ) x 1,  x . Thử lại thỏa mãn yêu cầu. Ví dụ 2.11 Tìm tất cả hàm số f : thỏa mãn hai điều kiện i) f ( x 1) f ( x ) 1,  x ii) f x33 f ( x ),  x Lời giải. Từ giả thiết i ) quy nạp ta chứng minh được f()(),, x n f x n  x n (1) p Với mỗi số hữu tỉ r : q 3 Tính theo cách (1) ta được f r q2 f 3( r ) 3 p 2 3 pq 3 q 6 . 3 Tính theo ii) ta được frq 2 fr 3( ) 3 frp 2 ( ) 2 3 frqq ( ) 4 6 Từ hai đẳng thức trên ta thu được q2 f 2( r ) q 4 f ( r ) p 2 pq 3 0 Giải phương trình ta được f(), r r  r . Thỏa mãn yêu cầu của bài. 17
20. Ví dụ 2.12 Tìm tất cả hàm số tăng f : thỏa mãn hai điều kiện f() xy i)()(),, f x33 y f x  x y fx() ii) f x33 f ( x ),  x Lời giải. Tính f (1). Cho y = 1 vào i ) ta được f( x 1) f3 ( x ) 1 (1) fy() Cho x = 1 vào i ) ta được f( y 1) f 3 (1) (2) f (1) Đặt fa(1) . Sử dụng (1) ta được 3 f(2) a33 1, f (9) a 1 1 Sử dụng (2) ta được 1 1 1 1 1 f(9) a32 a a 1 1 a2 a 3 a 4 a 7 Giải phương trình 3 1 1 1 1 1 a3 1 1 a 3 a 2 a 1 1 a2 a 3 a 4 a 7 Ta được a = 1. Do đó f( x 1) f ()1;() x f x33 f () x . Sử dụng kết quả của ví dụ trước ta được f(), x x  x . Do hàm số tăng và tập số hữu tỉ dương trù mật trong tập số thực dương nên f(), x x  x . Thử lại thỏa mãn yêu cầu của bài. Ví dụ 2.13. Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn 3 3 2 2 f()()() x y x f x yf y , xy;. (1) Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn bài toán. Chọn x 0 ; y 0 thay vào (1) ta được f (0) 0. Chọn y 0 thay vào (1) ta được f( x3 0 3 ) x 2 f ( x ) 0 f (0 2 ) ,  x f()() x32 x f x ,  x Chọn x 0 ; yx thay vào (1) ta được f()() x32 xf x , . 18