1. Trang chủ >
  2. Thạc sĩ - Cao học >
  3. Sư phạm >

CHƯƠNG 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.42 MB, 84 trang )


Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y

 D thì x.y  D và f(xy) = f(x).f(y)



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.



Hàm f(x) = x (  0) là hàm nhân tính.



2.1.5. Hàm đơn điệu

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

Với mọi x1, x2  (a, b), x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 )

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

Với mọi x1, x2  (a, b), x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 )

2.2. Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình hàm thƣờng dùng

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

mà nghiệm của nó là hàm. Do vậy việc đầu tiên ta sẽ nêu những đặc trưng

của một số hàm sơ cấp thường gặp trong chương trình phổ thông. Nhờ các

đặc trưng này, mà ta có thể dự đoán kết quả của các phương trình hàm tương

ứng cũng như có thể đề xuất những dạng bài tập tương ứng với các đặc trưng

hàm đó.

1) Hàm bậc nhất : f(x) = ax+b (a, b  0)

 x  y  f ( x)  f ( y)

, x, y ( Phương trình Jensen)

Đặc trưng hàm : f 



2

 2 



2) Hàm tuyến tính : f(x) = ax, ( a  0)

Đặc trưng hàm : f(x+y) = f(x) + f(y),  x,y (Phương trình Cauchy)

3) Hàm mũ : f(x) = ax; ( a> 0, a  1)

Đặc trưng hàm : f(x + y) = f(x).f(y);  x, y ( Phương trình Cauchy)

4) Hàm logarit : log a x ;( a  0, a 1)

Đặc trưng hàm : f(xy) = f(x) + f(y), x, y  R* ( Phương trình Cauchy)

5) Hàm sin : f(x) = sinx.



12



Đặc trưng hàm : f(3x) = 3f(x) - 4f3(x); x

6) Hàm cosin : f(x) = cosinx.

Đặc trưng hàm : f(2x) = 2f2(x)-1, x

7) Hàm f(x) = tanx

Đặc trưng hàm : f ( x  y ) 



f ( x )  f ( y)



;x, y  yR,x  y   k (k  Z )

1  f ( x) f ( y)

2



8) Hàm cotx

Đặc trưng hàm : f ( x  y ) 



f ( x ) f ( y) 1

;x, y  yR,x  y  k (k  Z )

f ( x )  f ( y)





9) Hàm luỹ thừa : f(x) = x  ; x  R



Đặc trưng hàm : f(xy) = f(x)f(y); x, y

Phƣơng pháp 1. Sử dụng các giá trị đặc biệt để đoán nhận nghiệm của

phƣơng trình hàm.

Cũng giống như cách giải phương trình thông thường. Khi giải

phương trình hàm, ta cũng có thể đoán nhận các nghiệm của phương trình

hàm và chứng minh rằng ngoài các nghiệm đó ra PTH không có nghiệm nào

khác. Thông thường, ta hay thử các hàm số đặc biệt như hàm hằng, hàm

đồng nhất, hàm tuyến tính,... để xem chúng có phải là các nghiệm của

phương trình hàm hay không ?

Ví dụ 1. Tìm tất cả các hàm số f : [1,+  )  [1,+  ) ,sao cho : f(xf(y)) =

yf(x) , với mọi x,y thuộc [1,+  ).

Lời giải:

Ta nhận thấy f(x) = x là nghiệm của bài toán .

Ta sẽ chứng minh nghiệm đó là duy nhất :

Cho x = y = 1 thì f(f(1)) = f(1)



13



Cho y = f(1) thì f(xf(f(1))) = f(1)f(x)  f(xf(1)) = f(1)f(x) .

Mặt khác : f(xf(1)) = f(x) (giả thiết).

 f(1)f(x) = f(x)  f(1) = 1, (f(1)  1, x )



Cho x = 1 ta được :f(f(y)) = y



(1)



Nếu f(y) = 1  f(fy)) = f(1) = 1 , từ (1)  y = 1.

Vậy : f(y) > 1 , y > 1.

x

y



x

y



x

y



Nếu x > y  1 thì f(x) = f( y) = f( f(f(y)) = f(y)f( ) , (2)



Do x > y 



x

x

>1  f( )>1

y

y



(2)  f(x) > f(y) suy ra f(x) đồng biến trên [1,+  ).

Giả sử  x0 ; f(x0)  xo ta xét các trường hợp sau :

Trường hợp 1: f(x0) > x0  f(f(x0)) > f(x0)  x0 > f(x0) vô lý .

Trường hợp 2 : f(x0) < x0  f(f(x0)) < f(x0)  x0 < f(x0) vô lý .

Vậy f(x) = x ,  x  R.

Ví dụ 2. Tìm hàm số f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện :

 f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y  R



1

f ( x)



x  0, f ( ) 

2

x



x

 f (1)  1





14



Lời giải:

Dễ thấy f(x) = x là một nghiệm của phương trình

Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của phương trình

Thật vậy : cho x = y = 0 ta được f(0) = 0.

Cho y = -x ta có f(-x) = -f(x) suy ra f(x) là hàm lẻ.

Từ giả thiết : f(x – y) = f(x + (-y)) = f(x) + f(-y) = f(x) – f(y)

Xét f(



f (1  x)

f (1)  f ( x)

1  f ( x)

1

)=

=

=

, x  1

2

2

2

1 x

(1 x)

(1 x )

(1 x )



Mặt khác : f(



1

x

x

1

) = f( 1 +

) = f(1) + f(

) = 1 + f(

)=

1 x

1 x

1 x

1 x

x



1

f( )

x



=1+

(



2



=1+



2



1 x



(1)



2



x

(1 x)



f(

2



1

1

- 1) = 1 + x 2 (f( ) – f(1)) =

x

x

(1 x)



)

x

2



=1+



x

(1 x)



2



(



f ( x)

2



- 1) = 1 +



x



Từ (1) và (2) có



1  f ( x)

(1 x)



2



2



f ( x)

(1 x)



=1+



2



-



(1 x)



(2)



2



2



f ( x)

(1 x)



x



2



-



x

(1 x)



2



.



Vậy f(x) = x , x  1, x  0 .

Kết hợp với giả thiết f(1) = 1 ; f(0) = 0 ta có f(x) = x , x R.



15



Ví dụ 3. Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập hợp tất cả các số thực nhận

giá trị thực , sao cho với mọi x , y ta có : f(x2 + f(y)) = y + f2(x) .

Lời giải:

Dễ thấy f(x) = x là một nghiệm của phương trình . Ta sẽ chứng minh

f(x) = x là nghiệm duy nhất của phương trình .

Trước tiên ta chứng minh f(0) = 0 . Cho x = y = 0 , đặt t = f(0) , ta có f(t) = t2

Ta lại có

f(x2 + t) = f2(x) , f(f(x)) = x + t2



(1)



Ta tính f(t2 + f2(1)) theo hai cách :

f(t2 + f2(1)) = f(f(t)) + f2(1) = t + (1 + t2)2 = 1 + 2t2 + t4



(2)



Mặt khác , từ f(t) = t2 , f(1 + t) = f2(1), ta có t2 + f(1 + t) = f(t) + f2(1) =

t2 + f2(1)

nên f(t2 +f2(1)) = f(t2 + f(1 + t)) = 1 + t + f2(t) = 1 + t + t4



(3)



Từ (2) và (3) suy ra 1 + t + t4 = 1 + t + 2t2 + t4 . Vậy 2t2 = 0 tức là t = 0 hay

f(0) = 0.

Đến đây ta suy ra f(f(x)) = x và f(x2) = f2(x)

Gọi y là một số thực bất kỳ , ta đặt z = f(y) , suy ra y = f(z) và

f(x2 + y) = z + f2(x) = f(y) + f2(x) .

Cho x > 0 tuỳ ý , chọn z sao cho x = z2 , khi đó :

f(x + y) = f(z2 + y) = f(y) + f2(z) = f(x) + f(y)



16



Đặt y = -x ta nhận được 0 = f(0) = f(x + (-x)) = f(x) + f(-x)

Suy ra : f(-x) = -f(x) điều này kéo theo , với mọi x , y ; f(x – y) = f(x) – f(y)

Bây giờ , lấy x bất kỳ , đặt y = f(x)

Nếu y > x , đặt z = y –x thì :

f(z) = f(y – x) f(y) – f(x) = x – y = -z

Nếu y < x , đặt z = x – y thì :

f(z) = f(x – y) 1 = f(x) – f(y) = y – x = -z

Vậy cả hai trường hợp trên cho ta : Nếu z > 0 thì f(z) = -z < 0 . Bây giờ ta

chọn w sao cho w2 = t thì :

f(z) = f(w2) = f2(w) < 0 điều này mâu thuẫn .vậy ta phải có f(x) = x



Ví dụ 4. Tìm f : R  R



 f ( x )  0x  R

thoả mãn : 

 f ( x  y )  f (x )  f (y )x , y  R



Lời giải:

 f (0)  0

x  0

 f (0)  0.

suy ra 

 f (0)  2 f (0)

y  0



Cho 



 f (0)  f ( x)  f ( x)  f ( x)  f ( x)  0



Cho y = -x  

f ( x )  0, f ( x)  0



 f ( x) 0, f ( x) 0

 f ( x )  f ( x )  0x  R . Vậy f(x) = 0. Thử lại thấy đúng.



Ví dụ 5. Tìm f : R  R thoả mãn :



1

1

1

f ( xy)  f ( xz)   f ( x ) f ( yz)  x, y, z  R

2

2

4



17



Lời giải :

2



1

1

1



Cho x = z, y = 1 ta được : f ( x )  ( f ( x))    f ( x)   0  f ( x)  .

4

2

2



2



Thử lại thấy đúng.

Ví dụ 6. Tìm f , g : R  R thoả mãn :



f ( x )  f ( y)  cos( x  y)g( x  y)x, y  R (1)

Lời giải

Ta thấy f(x) = cosx là một hàm số thỏa mãn.

 f (0)  0

 f (0)  1



Cho x= y = 0   f (0)  2  f (0)  



Nếu f(0) = 0 thì : Cho y = 0; x  R  f ( x)   f (0)  0x  R . Thử lại ta được :

sinxsiny = 0 x, y  R  vô lý. Vậy, f(x) = 0 không là nghiệm của phương

trình hàm.

Nếu f(0) = 1 thì cho :

2

2

2

x = - y  f ( x ) f (x )  1  ( sin x)  cos x  f ( x) f ( x)  cos x



  

f  2 0



Cho x     

   

2

f 

0

  2 







Nếu f    0 thì : Cho x  ; y  R thế vào (1) suy ra :

2

2

 





f  y    sin y  0  f ( y)  cos y, y  R . Thử lại thấy đúng.

2



 

  0 tương tự như trên ta nhận được : f(y) = cosy

 2 



Nếu f 





Vậy hàm số cần tìm là : f(x) = cosx.



18



y  R .





 f ( x )   f ( x ) x  R





Ví dụ 7. Tìm f : R  R thoả mãn :  f ( x  1)  f ( x ) 1x  R

 1

f ( x)

 f    2 x  0

x

x

  





(1)



Lời giải :

Ta có :

 x 1 

f



 x 



 1

f 1    1 

x





 x 

f



 x 1 

 x 1 

f



2

 x   x 

 x 1 







f ( x)

1

f    1  2 x  0 (2)

x

x



1 



f 1 

2

2



 x  1    x  1   1  f ( x  1)    x  1   1  1  f ( x )  , x  0, x  1, (3)

 x   ( x  1)2   x   ( x  1)2 

2



 

 

 



 x 

 x 1







(2) + (3)  f ( x )  x, x  0; x  1 .

Với x = 0; (2)  f (0)  0 thoả mãn f(x) = x

Với x= 1; (2) f (1)   f (1) .

Cho x = 0, (3)  f (1)  1  f (1)  1 thoả mãn f(x) = x.

Vậy f(x) = x x  R . Thử lại thấy đúng.



Ví dụ 8. (VMO. 1995)

Tìm f : R  R thoả mãn : f



 x  y    x

2



2



 2yf( x )   f y   x , y  R



Lời giải:

 f (0)  0



Cho x = y =0  f (0)   f (0)   

 f (0)  1

2



19



2



y  0

ta được : f ( x 2 )  x 2  f (t )  tt  0 .

x  R



Nếu f(0) = 0, cho 



Cho x = 0, y  R ta được :

f (0)  x 2  2 xf ( x )   f ( x )    f ( x )  x   0  f ( x )  x.

2



2



Thử lại thấy đúng.

x  0

ta được : f ( x 2 )  x 2  1  f (t )  t  1t  0 .

x  R



Nếu f(0) = 1, cho 



Cho x = 0; y  R ta được : f ( y2 )  2 y   f ( y)    f ( y)   f ( y2 )  2 y

2



2



 f ( y)  y  1

 y2  1  2 y  ( y  1)2  

 f ( y)   y  1



Giả sử tồn tại y0  R sao cho : f ( y0 )  y0  1 . Chọn x = y = y0 ta được :

 f ( y )  y0  1

2

2

1  y0  2 y0 f ( y0 )   f ( y0 )    0

 f ( y0 )  y0  1



Nếu f ( y0 )  y0  1   y0  1  y0  1  y0  0 và f (0)  1 (loại).

Nếu f ( y0 )  y0  1   y0  1  y0  1  y0  1  f (1)  0.

Thoả mãn : f ( y0 )  y0  1 . Vậy f(y) = y + 1 y  R . Thử lại thấy đúng.

Ví dụ 9. ( VMO. 2005)

x

Tìm f : R  R thoả mãn : f  f  x  y    f (x ) f (y )  f (x )  f (y ) xy ,  ,y R (*)



Lời giải:

2

Cho x  y  0  f  f (0)    f (0)  . Đặt f (0)  a  f (a)  a .

2



Cho x  y  R   f ( x )   x 2  f (a)   f ( x )   x 2  a2 (1)

2



2



20



 f ( x )  f ( x )

2

2

  f ( x )    f ( x )   

 f ( x )   f ( x )

*

Nếu x0  R sao cho f ( x0 )  f ( x0 )



+ Chọn x = 0; y = -x0  f  f ( x0 )   af( x0 )  a  f ( x0 ) (2)

Chọn y  0, x   x0  f  f ( x0 )   af( x0 )  a  f ( x0 ) (3)

(2) + (3)  a( f ( x0 )  f ( x0 ))  ( f ( x0 )  f ( x0 ))  2a  0 (4)

(1)



2

Vì f ( x0 )  f ( x0 ) nên f ( x0 )  a f (x 0 )   x 02  a 2  a 2  x 0  a 2  x 0  0

2



trái với giả thiết x0  R* .

Vậy f ( x )   f ( x )x  R . Ta thấy (4) không phụ thuộc vào x0 nên ta có :



a( f ( x )  f ( x))  ( f ( x)  f ( x))  2a  0. Thay f ( x)   f ( x) suy ra :

a  0

a(f(x)+1) = 0  

 f ( x)  1

(1)



+ Nếu a = 0



 f ( x)



2



 f ( x)  x

 x2  

 f ( x)   x



Giả sử tồn tại x0  R* để f(x0) = x0 . Khi đó ( 3) suy ra :



x0  f ( x0 )  ax0  a  x0  x0  0 trái với giả thiết x0  R*

Vậy f ( x )   xx  R . Thử lại thấy đúng.

+ Nếu f ( x )  1x  R . Thử lại ta được (*)  xy  2x, y  R . Vô lí.

Vậy hàm cần tìm là : f ( x )  x.



21



BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài 1. Tìm f , g : R  R thoả mãn : f ( x)  f ( y)  cos( x  y)g( x  y)x, y  R (1)

Hướng dẫn

Chọn x 

Chọn x 







 y; y  R . (1)  f   y   f ( y)  0 

2

2













f   y   f ( y) (2)

2









 

 y; y  R , (1)  f   y   f ( y)   sin 2 y.g   (3)

2

2



2



















(2) + (3)  f   y   f   y    sin 2 y.g   (4)

2



2



2









 









Theo (1) : f   y   f   y   g(2 y) (5)

2



2













(4) + (5)  g(2 y)  sin 2 y.g   y  R  g(2 x )  a sin 2 x  g( x )  a sin xx  R.

 

2



 

( với a  g   cho trước).

2

a

2



Cho y = 0, x  R ta được f ( x )  sin 2 x  b(b  f (0)), x  R

a



 f ( x )  2 sin 2 x  b

Thử lại 2 hàm số



 g ( x )  a sin x



(Với a, b là hằng số cho trước ). Thoả



mãn bài toán.

Bài 2. Tìm f : R \ 0  R thoả mãn :



 f (1)  1





 f ( x  y)  f ( x )  f ( y)  2 xyx, y  R

 1

f ( x)

 f    4 x  0

x

x

  





22



Xem Thêm
Tải bản đầy đủ (.pdf) (84 trang)

×