THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ Đối tượng áp dụng sáng kiến: Học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15/9/2015 đến ngày 20/5/2016 Tác giả: Họ tên : Phan Thị Hải Năm sinh : 1988 Nơi thường trú : Xã Nam Vân, thành phố Nam Định, Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ công tác: Giáo viên môn Toán Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Địa liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Điện thoại: 0975695404 Đồng tác giả: Không Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, thành phố Nam Định, Nam Định Điện thoại: 0350.3640297 MỤC LỤC A ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Bài toán “Giải phương trình hàm” toán quen thuộc đề thi học sinh giỏi Toán Là giáo viên trẻ nhà trường tạo điều kiện bồi dưỡng chuyên môn tin tưởng giao nhiệm vụ dạy chuyên đề cho học sinh chuyên Toán, đọc, tổng hợp soạn chuyên đề “Phương trình hàm” Sáng kiến “GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ” phần chuyên đề B THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN Mặc dù chuyên đề “Phương trình hàm” nội dung học từ chương trình chuyên lớp 10, mở rộng khai thác sâu chương trình chuyên lớp 11 bắt gặp toán đề thi học sinh giỏi, học sinh thường cảm thấy lúng túng không xác định phương hướng làm C CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM Trong sáng kiến đưa 30 ví dụ với mong muốn giúp học sinh định hướng cách giải Các ví dụ chia làm mục: - Mục 1: Thế biến giá trị cụ thể - Mục 2: Thế biến biến - Mục 3: Thế biến kết hợp với tính chất: đơn ánh, toàn ánh, song ánh hàm số Ba mục sáng kiến với ví dụ minh họa gợi ý phương pháp cho học sinh chọn lựa để bắt tay giải toán phương trình hàm tập số thực phương pháp Phần cuối có đưa 10 tập đề nghị ví dụ tương tự ví dụ hướng dẫn giải cụ thể phía với mục đích để học sinh thử sức, xem lại nắm bắt từ 30 ví dụ nêu Đặc biệt, tập 9, 10 toán tổng quát ba ví dụ mục 2, 3 D NỘI DUNG I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Giả sử ∅ ≠ X , Y ⊆ ¡ Ta có vài định nghĩa sau Định nghĩa Hàm số f : X → ¡ gọi đơn ánh X với a, b ∈ X f ( a ) = f ( b ) a = b Định nghĩa Hàm số f : X → Y gọi toàn ánh từ X vào Y với y ∈ Y tồn x ∈ X cho f ( x ) = y Định nghĩa Hàm số f : X → Y gọi song ánh từ X vào Y vừa đơn ánh X vừa toàn ánh từ X vào Y II CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ THẾ BIẾN BẰNG CÁC GIÁ TRỊ CỤ THỂ Ví dụ 1: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( x ) f ( y ) − f ( xy ) = x + y + 2, ∀x, y ∈ ¡ Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn (*) Thay x = y = vào (*) ta có (*)  f ( ) = −2 f ( 0) − f ( 0) = ⇔   f ( ) = f = −2 +) Nếu ( ) thay y = vào (*) ta có −2 f ( x ) + = 3x + ⇔ f ( x ) = − x − 2, ∀x ∈ ¡ Thử lại ta thấy không thỏa mãn (*) f =3 +) Nếu ( ) thay y = vào (*) ta có f ( x ) − = ( x + ) ⇔ f ( x ) = x + 3, ∀x ∈ ¡ Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) f x = x + 3, ∀x ∈ ¡ Vậy ( ) Ví dụ 2: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn xf ( y ) + yf ( x ) = ( x + y ) f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (*) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn (*) Thay x = y = vào (*) ta có  f ( 1) = 2 f ( 1) = f ( 1) ⇔   f ( 1) = f =0 f x = 0, ∀x ∈ ¡ +) Nếu ( ) thay y = vào (*) ta có ( ) Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) f =1 +) Nếu ( ) thay y = vào (*) ta có x + f ( x ) = ( x + 1) f ( x ) ⇔ x = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( x ) = 1, ∀x ∈ ¡ \ { 0} Đặt f ( ) = a Với x, y ≠ ta thấy (*) thỏa mãn Với x = y = ta thấy (*) thỏa mãn Với x ≠ 0, y = ta thấy (*) trở thành xa = xa thỏa mãn 1 x ≠ f ( x) =  f x = 0, ∀x ∈ ¡ a x = với a tùy ý Vậy ( ) + Ví dụ 3: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện 3 3 f ( 1) = , f ( xy ) = f ( x ) f  ÷+ f ( y ) f  ÷, ∀x , y ∈ ¡ + x  y Hướng dẫn: Giả sử tồn hàm số f ( x) thỏa mãn điều kiện (*) Thay x = 1, y = vào (*) ta có f ( 3) − f ( 3) + Thay y = vào (*) ta có 1 = ⇔ f ( 3) = (*) 1   3 f ( x ) + f  ÷ ⇒ f ( x ) = f  ÷⇒ f ( xy ) = f ( x ) f ( y )  2  x   x Từ đó, cho x = y ta có f x = f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ + ⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ + f ( x) = ( ) Thay y= x vào (*) ta có 3 f ( 3) = f ( x ) + f  ÷⇒ = f ( x ) ⇒ f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ + x Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ + Vậy Ví dụ 4: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y , z ∈ ¡ 2 Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*) Thay x = y = z = vào (*) ta có (*) 1 1  f ( 0) + f ( 0) − f ( 0) ≥ ⇔  f ( 0) − ÷ ≤ ⇔ f ( 0) = 2 2  Thay y = z = vào (*) ta có 1 1 + − f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) ≤ , ∀x ∈ ¡ (1) 4 Thay x = y = z = vào (*) ta có 1 1  f ( 1) + f ( 1) − f ( 1) ≥ ⇔  f ( 1) − ÷ ≤ ⇔ f ( 1) = 2 2  Thay y = z = vào (*) ta có 1 1 f ( x ) + f ( x ) − f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ (2) 2 f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ Từ (1) (2) ta có Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ Vậy f : [ 0;1] → [ 0;1] Ví dụ 5: Cho hàm thỏa mãn a, b ∈ [ 0;1] f a = 0, f ( b ) = 1; Tồn cho ( ) x, y ∈ [ 0;1] Với ta có x − f ( x) + y − f ( y ) f ( x) − f ( y) ≤ (*) x ∈ 0;1 f x = x0 Chứng minh tồn [ ] cho ( ) Hướng dẫn: Thế x = a, y = b vào (*) ta có = f ( a) − f ( b) ≤ a − f ( a) + b − f ( b) a = ⇒ a − b ≥1⇒  b = Thế x = 1, y = a +1− b 2  f ( 1) = ( a, b ∈ [ 0;1] ) ⇒  f =  ( ) = vào (*) ta có 1 f ( 1) − f  ÷ ≤ 2 1+ 1 f  ÷> +) Nếu   ta có 1 f  ÷≤ 2 1 1 1 −f ÷ 1+ − f  ÷ 2 1 2 2 ⇔ f  ÷≤ 2 2 1 f  ÷+ ⇒  2 1 f  ÷≤   (vô lý) 1 1 f  ÷< x = 0, y = vào (*) ta có +) Nếu   , thay 1 1− f  ÷ ≤ 2 1+ 1 1 −f ÷ −f ÷  2 2 = 2 − 1 ⇒ − f  ÷≤ 2 1 ⇒ f  ÷≥ 2 1 f  ÷= Điều vô lý Vậy   x= 1 f ÷  2 2 Ta chứng minh y= vào (*) ta có Thế f ( x) − f ( x) − x ≤ (**) 2 cho f ( x0 ) = x0 Thế x = x0 vào (**) ta có Giả sử tồn 1 f ( x0 ) − ≤ ⇒ f ( x0 ) = = x0 2 (vô lý) Vậy ta có điều phải chứng minh x0 ∈ [ 0;1] , x0 ≠ THẾ BIẾN BẰNG BIẾN MỚI Ví dụ 1: Tìm hàm f : ¡ \ { 2} → ¡ thỏa mãn điều kiện  2x +  f ÷ = x + x, ∀x ≠  x −1  Hướng dẫn: (*) f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*) 2x + t= x − ta có miền giá trị t ¡ \ { 2} giống với tập xác định hàm Đặt f t +1 t − thay vào (*) ta Ta có 3t − 3x − f ( t) = , ∀t ≠ f ( x) = , ∀x ≠ 2 x − 2) ( t − 2) ( hay Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) 3x − f ( x) = , ∀x ≠ 2 x − 2) ( Vậy x= Ví dụ 2: Tìm hàm ( f : D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → ¡ ) thỏa mãn điều kiện f x − x − = x + x − 1, ∀x : x ≥ Hướng dẫn: Giả sử tồn hàm số f ( x) (*) thỏa mãn điều kiện (*)  t2 +1 2  x −1 = ( x − t ) x = t = x − x2 − ⇔ x2 − = x − t ⇔  ⇔ 2t x ≥ t x ≥ t   Đặt  t ≤ −1 t2 +1 ≥t ⇔  ⇔ t ∈ D < t ≤1 t  x Hệ phương trình có nghiệm Miền giá trị t tập xác định hàm f 1 f t = , ∀ t ∈ D f x = , ∀x ∈ D ( ) ( ) t x Thay t = x − x − vào (*) ta có hay Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn f ( x ) = , ∀x ∈ D x Vậy f : D = ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) Ví dụ 3: Tìm hàm thỏa mãn điều kiện xf ( xf ( y ) ) = f ( f ( y ) ) , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) (*) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*) xf xf ( 1) ) = f ( f ( 1) ) Thay y = vào (*) ta ( x= Thay 1 f ( f ( 1) ) = ⇒ xf ( xf ( 1) ) = ⇒ f ( xf ( 1) ) = f ( 1) ta x Đặt t = xf ( 1) ⇒ f ( t ) = f (1) a ⇒ f ( t) = t t với a = f ( 1) f ∈ 0; +∞ ) Vì ( ) ( x ∈ D nên t ∈ D Hay Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn a f ( x) = x với a ∈ ( 0; +∞ ) Vậy f ( x) = a x với a ∈ ( 0; +∞ ) Ví dụ 4: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy x + y , ∀x, y ∈ ¡ ( ) Hướng dẫn: (*) Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn (*) u = x − y  v= x+ y Đặt  vf ( u ) − uf ( v ) = u 3v − uv ⇔ v f ( u ) − u = u f ( v ) − v ta Với uv ≠ ta có f ( u ) − u f ( v ) − v3 f ( u ) − u3 * = , ∀u , v ∈ ¡ ⇒ = a ⇒ f ( u ) = u + au, ∀u ≠ u v u f = Với u = 0, v ≠ suy ( ) f x = x + ax, ∀x ∈ ¡ Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn ( ) Tóm lại ( ) ( ) Vậy f ( x ) = x + ax, ∀x ∈ ¡ (với a bất kì) Ví dụ 5: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( x ) + xf ( − x ) = x + 1, ∀x ∈ ¡ Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*) f −t − tf ( t ) = −t + 1, ∀t ∈ ¡ Đặt t = − x , ta ( ) hay 10 (*) f ( f ( x) − f ( y) ) = f ( f ( x) ) + f ( x) + f ( y)  f ( 0)  = 2 − f ( x) + ÷+ f ( x ) + f ( y )   = − ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( 0) Tuy nhiên ta chưa chứng minh { Nên ta phải thêm bước f x − f ( y) Thế x ( ) vào (*) ta có f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } có tập giá trị ¡ f ( f ( x) − f ( y) − f ( y) ) = f ( f ( x) − f ( y) ) + f ( x) − f ( y) + f ( y) = −2 ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( ) + f ( x ) ⇒ f ( f ( x ) − f ( y ) ) = − ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( 0) (**) f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } Ta chứng minh tập { có tập giá trị ¡ f x ≠0 f y = a ≠ Vì ( ) nên tồn giá trị y0 ∈ ¡ cho ( ) Khi đó, y = y0 vào (*) ta có f ( x − a ) − f ( x ) = x + a, ∀x ∈ ¡ f ( x − a) − f ( x) | x ∈ ¡ } = ¡ Mà x ∈ ¡ x + a có tập giá trị ¡ nên { Ta lại có bao hàm ¡ ⊃ { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } ⊃ { f ( x − a ) − f ( x ) | x ∈ ¡ } = ¡ nên rõ ràng ta phải có { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } = ¡ Kết hợp với (**) ta suy f ( x ) = − x + f ( ) , ∀x ∈ ¡ f =0 f x = − x, ∀x ∈ ¡ Thay vào (*) ta ( ) nên ( ) Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) f x = − x, ∀x ∈ ¡ Vậy ( ) THẾ BIẾN KẾT HỢP VỚI CÁC TÍNH CHẤT: ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH CỦA HÀM SỐ Ví dụ 1: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn 20 f ( f ( x ) + y ) = x + y + 3, ∀x, y ∈ ¡ (*) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*) Giả sử f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) + y ) = f ( f ( x2 ) + y ) ⇒ x1 + y + = x2 + y + ⇒ x1 = x2 Suy f đơn ánh Ta có f ( f ( x ) + y ) = x + y + = f ( f ( y ) + x ) , ∀x, y ∈ ¡ Mà f đơn ánh nên f ( x ) + y = f ( y ) + x ⇒ f ( x ) − x = f ( y ) − y, ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x ) − x = c ⇒ f ( x ) = x + c, ∀x ∈ ¡ Thay Vậy f ( x ) = 2x + c vào (*) ta c = f ( x ) = x + 1, ∀x ∈ ¡ Ví dụ 2: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( f ( x ) − y ) = x + y + 6, ∀x, y ∈ ¡ Hướng dẫn: Giả sử tồn hàm số (*) f ( x) thỏa mãn yêu cầu toán Tương tự toán ta dễ dàng chứng minh f đơn ánh Thế y = −2 x vào (*) ta f ( f ( x ) + x ) = 6, ∀x ∈ ¡ Suy f ( f ( x ) + x ) = f ( f ( y ) + y ) , ∀x, y ∈ ¡ Vì f đơn ánh nên f ( x ) + x = f ( y ) + y, ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x ) + x = 2c, ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( x ) = − x + c, ∀x ∈ ¡ Thay vào (*) ta c = 21 Vậy f ( x ) = − x + 2, ∀x ∈ ¡ Ví dụ 3(IMO 1997, Shortlist): Tồn hay không hàm số thỏa mãn điều kiện f ( g ( x ) ) = x , g ( f ( x ) ) = x , ∀x ∈ ¡ f ( x) , g ( x) ¡ Hướng dẫn: f x ,g x Giả sử tồn hàm ( ) ( ) thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ g ( f ( x1 ) ) = g ( f ( x2 ) ) ⇒ x13 = x23 ⇒ x1 = x2 Suy f đơn ánh f , f −1 , f Do ( ) ( ) ( ) ba giá trị phân biệt f ( x ) = f g ( f ( x ) ) = f ( x3 ) f , f , f −1 Mặt khác nên ( ) ( ) ( ) ba nghiệm f , f , f −1 phương trình bậc hai t = t có hai nghiệm Mâu thuẫn với ( ) ( ) ( ) ba giá trị phân biệt Vậy không tồn hàm thỏa mãn toán ( ) Ví dụ 4: Tìm hàm f : ¡ → ¡ toàn ánh thỏa mãn điều kiện f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) − f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (*) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn yêu cầu toán Thế y = vào (*) ta f ( f ( x ) ) = f ( x ) − f ( 0) Do f toàn ánh nên với t ∈¡ tồn x cho f ( x) = t ⇒ f ( f ( x) ) = f ( t ) ⇒ f ( x ) − f ( 0) = f ( t ) ⇒ f ( t ) = t − f ( ) , ∀t ∈ ¡ Thay vào điều kiện (*) ta f x = x, ∀x ∈ ¡ Vậy ( ) f ( 0) = nên 22 f ( t ) = t , ∀t ∈ ¡ Ví dụ 5: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( x + f ( y ) ) = x + f ( y ) + xf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (*) Hướng dẫn: f x ≡ −1, ∀x ∈ ¡ Ta thấy ( ) nghiệm Ta tìm nghiệm khác toán f a ≠ −1 Tồn a cho ( ) Thế y = a vào (*) ta f ( x + f (a ) ) = ( + f ( a ) ) x + f ( a ) , ∀x ∈ ¡ Khi ta thấy vế phải hàm bậc nên nhận giá trị ¡ x chạy toàn ¡ y − f ( a) x0 = + f ( a) + f a ( ) y ∈ ¡ Lấy Tồn thỏa mãn  y − f ( a)  f ( x0 ) = f  + f ( a) ÷  1+ f ( a)  y − f ( a) = ( 1+ f ( a) ) + f ( a ) = y0 1+ f ( a) Suy f toàn ánh f x =y Với y ∈ ¡ tồn x ∈ ¡ cho ( ) f x' = x Với x ∈ ¡ lại tồn x ' ∈ ¡ cho ( ) nên ta có y = f ( x ) = f ( f ( x ') ) = f ( x ' ) = x f y = y, ∀y ∈ ¡ Suy ( ) Thử lại ta thấy hàm không thỏa mãn f x ≡ −1, ∀x ∈ ¡ Vậy ( ) Ví dụ 6(IMO 2002 Shortlist): Tìm hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( f ( x ) + y ) = x + f ( f ( y ) − x ) , ∀x, y ∈ ¡ (*) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện toán y = − f ( x) Thế vào (*) ta 23 ( f ( 0) = x + f f ( − f ( x ) ) − x hay ( ) ) f f ( − f ( x ) ) − x = −2 x + f ( ) , ∀x ∈ ¡ Do vế phải hàm bậc nên miền giá trị của hàm f ¡ hay f toàn ánh f a =0 Như vậy, tồn a để ( ) x = a Thế vào (*) ta f ( y ) = a + f ( f ( y ) − a ) ⇔ f ( f ( y ) − a ) = ( f ( y ) − a ) − a x = f ( y) − a Vì f toàn ánh nên với số thực x tồn số thực y cho f ( y) − a | y ∈ ¡ } hay tập { có tập giá trị ¡ f x = x − a, ∀x ∈ ¡ Do ta có ( ) Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn (*) f x = x − a, ∀x ∈ ¡ Vậy ( ) Ví dụ 7(IMO 1999): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x − f ( y ) ) = f ( f ( y ) ) + xf ( y ) + f ( x ) − 1, ∀x, y ∈ ¡ (*) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn yêu cầu toán f x ≡0 Ta nhận thấy ( ) không thỏa mãn yêu cầu toán nên tồn a cho f ( a) ≠ y = a Thế vào (*) ta f ( x − f ( a ) ) = f ( f ( a ) ) + xf ( a ) + f ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( x − f ( a ) ) − f ( x ) = xf ( a ) + f ( f ( a ) ) − 1, ∀x ∈ ¡ Đặt g ( x ) = f ( x − f ( a ) ) − f ( x ) = xf ( a ) + f ( f ( a ) ) − 1, ∀x ∈ ¡ Khi đó, dễ dàng nhận thấy g toàn ánh nhận giá trị toàn ¡ x chạy toàn ¡ f =c Đặt ( ) x = f ( y) Thế vào (*) ta 24 f ( ) = f ( f ( y ) ) + f ( y ) − Suy f ( f ( y) ) f ( y) c +1 =− + , ∀y ∈ ¡ 2 (**) f x Thế x ( ) vào (*) ta có f ( f ( x ) − f ( y ) ) = f ( f ( y ) ) + f ( x ) f ( y ) + f ( f ( x ) ) − Suy f ( f ( x) − f ( y) ) f ( y) c +1 f ( x) c +1 =− + + f ( x) f ( y) − + −1 2 2 ⇒ f ( f ( x) − f ( y) )  f ( x ) − f ( y )  =− + c, ∀x, y ∈ ¡ 2 Ta có ¡ ⊃ { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } ⊃ g ( x ) = f ( x − f ( a ) ) − f ( x ) | x ∈ ¡ = ¡ { Suy } { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } = ¡ x2 f ( x ) = − + c, ∀x ∈ ¡ Do đó, f ( x) c +1 c= ⇔ c = f ( f ( x) ) = − +c 2 Suy kết hợp với (**) ta x f ( x ) = − + 1, ∀x ∈ ¡ Nên Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) x2 f ( x ) = − + 1, ∀x ∈ ¡ Vậy Ví dụ 8: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f x + f ( y ) = xf ( x ) + y , ∀x, y ∈ ¡ ( ) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*) Thế x = vào (*) ta f ( f ( y ) ) = y, ∀y ∈ ¡ 25 ( *) Giả sử f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ⇒ x1 = x2 Suy f đơn ánh f x = f ( f ( y ) ) = y0 x = f ( y0 ) Lấy y0 ∈ ¡ Tồn thỏa mãn ( ) Suy f toàn ánh Tóm lại, ta có f song ánh Thế y = vào (*) ta có f ( x + f ( ) ) = xf ( x ) f a =0 Do f toàn ánh nên tồn a để ( ) Thế y = a vào (*) ta f x = xf ( x ) + a ( ) Thế tiếp x = a ta f ( a ) = a ⇒ a = f f ( a ) = f ( a ) = ⇒ a = ( Do ) f ( x ) = xf ( x ) = f ( f ( x ) ) f ( x ) = f ( f ( x ) ) ⇒ f ( x ) = x2  f ( x) = x ⇒  f ( x ) = − x  f ( a ) = a  f ( b ) = −b a , b ≠ 0, a ≠ b Giả sử có cho  ⇒ f ( a + f ( b ) ) = af ( a ) + b ⇒ f ( a2 − b ) = a2 + b a2 − b = a2 + b ⇒ 2  a − b = −a − b b = ⇒  a = Điều trái với giả sử Suy f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ f ( x) = − x, ∀x ∈ ¡ 26 Thử lại vào (*) ta thấy hai hàm số thỏa mãn Vậy f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ f ( x) = − x, ∀x ∈ ¡ Ví dụ 9(IMO 1992): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f x + f ( y ) = y + f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ (*) ( ) Hướng dẫn: f x Giả sử tồn hàm số ( ) thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử f ( y1 ) = f ( y2 ) ⇒ x + f ( y1 ) = x + f ( y2 ) ⇒ f ( x + f ( y1 ) ) = f ( x + f ( y2 ) ) ⇒ y1 + f ( x ) = y2 + f ( x ) ⇒ y1 = y2 Do đó, f đơn ánh Thế x = vào (*) ta f ( f ( y ) ) = y + f ( ) , ∀y ∈ ¡ ( (**) ) x = f y − f ( ) thỏa mãn y 0 Lấy Tồn f ( x0 ) = f f ( y0 − f ( ) ) = y0 − f ( ) + f ( ) = y0 ( ) Do đó, f toàn ánh Tóm lại, ta có f song ánh f a =0 f = b Vì tồn a cho ( ) Đặt ( ) f ( f ( a ) ) = a + b2 y = a Thế vào (**) ta hay b = a + b f a2 + b = x = a , y = Thế vào (*) ta 2 f a + b = f ( a) ⇒ a + b = a Suy Ta có hệ 2 b = a + b b − a = b ≥ ⇒ ⇒ a = b =  2 a + b = a b − a = − a ≤   ( Do đó, ( ) f ( 0) = ) (**) trở thành 27 f ( f ( y ) ) = y, ∀y ∈ ¡ Ta chứng minh f hàm không giảm f ( y ) = f ( f ( t ) ) = t y = f ( t) Thật vậy, với t ∈¡ lấy suy Khi đó, thay vào (*) ta có f x + t = f x + f ( y ) = y + f ( x ) = f ( t ) + f ( x ) ≥ f ( t ) , ∀x ∈ ¡ * ( ) ( ) f f ( x ) ) = x, ∀x ∈ ¡ f x = x, ∀x ∈ ¡ Ta có toán f không giảm ( nên ( ) Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) f x = x, ∀x ∈ ¡ Vậy ( ) Ví dụ 10(Balkan 2000): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( xf ( x ) + f ( y ) ) = f ( x ) + y , ∀x, y ∈ ¡ (*) Hướng dẫn: Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán Thế x = vào (*) ta f ( f ( y ) ) = f ( ) + y, ∀y ∈ ¡ Giả sử f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ⇒ f ( ) + x1 = f ( ) + x2 ⇒ x1 = x2 Suy f đơn ánh ( ) x0 = f y0 − f ( ) y ∈ ¡ Lấy Tồn thỏa mãn f ( x0 ) = f f ( y0 − f ( ) ) = y0 − f ( ) + f ( ) = y0 ( ) Suy f toàn ánh Tóm lại ta có f song ánh f a =0 Do f toàn ánh nên tồn a cho ( ) x = a Thế vào (*) ta f ( f ( y ) ) = y , ∀y ∈ ¡ f ( ) = ⇒ f ( ) = Suy f a = f ( 0) ( = 0) Ta có ( ) mà f đơn ánh nên a = 28 Thế y = vào (*) ta f ( xf ( x ) ) = f ( x ) f x Thế x ( ) , y = vào (*) ta f f ( x) f ( f ( x) ) = f ( f ( x) ) ( ) ⇒ f ( xf ( x ) ) = f ( f ( x ) ) ⇒ f ( x) = f ( f ( x) ) ( x) = f ( f ( x) ) = x ( x) = − f ( f ( x) ) = −x ( x) = x ( x ) = − x f a =a f b = −b cho ( ) ( ) Thế x = a, y = b f ⇒  f f ⇒  f Giả sử tồn a, b ≠ 0, a ≠ b f a − b = a + b (*) ta Tương tự trước ta suy vô lý Do f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ f ( x) = − x, ∀x ∈ ¡ ( ) Thử lại ta thấy thỏa mãn (*) Vậy f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ f ( x) = − x, ∀x ∈ ¡ 29 vào 30 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ  1 f 1 + ÷ = x + 1, ∀x ∈ ¡ x Bài 1: Tìm hàm f : ¡ \ { 1} → ¡ thỏa mãn  Bài 2: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( 2002 x − f ( ) ) = 2002 x , ∀x ∈ ¡ Bài 3: Tìm hàm f : ¡ \ { 0} → ¡ thỏa mãn   f ( x) + f ÷ = 1, ∀x ∈ ¡ \ { 0;1} 2x  − x  Bài 4(Iran TST 2011): Tìm hàm f : ¡ → ¡ toàn ánh thỏa mãn điều kiện f ( x + f ( x ) + f ( y ) ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Bài 5: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( 3x − f ( y ) ) = f ( f ( y ) ) + f ( x ) − x − 1, ∀x, y ∈ ¡ Bài 6(Latvia TST): Tìm hàm f , g : ¡ → ¡ g đơn ánh f ( g ( x ) + y ) = g ( f ( y ) + x ) , ∀x, y ∈ ¡ Bài 7(Germany TST 2009): Tìm hàm f : ¡ → ¡ biết x + xf ( y ) + f ( z ) = f ( x ) + yf ( x ) + z = Bài 8(IMO 2009, shortlist): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( xf ( x + y ) ) = f ( yf ( x ) ) + x , ∀x, y ∈ ¡ * Bài 9: Cho n ∈ ¥ Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f x n + f ( y ) = y + f n ( x ) , ∀x , y ∈ ¡ ( ) (Đây toán tổng quát ví dụ mục D.II.3) Bài 10: Với a ≠ 0, b, c số thực Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x − f ( y ) ) = f ( x ) + f ( f ( y ) ) − axf ( y ) − bf ( y ) − c, ∀x, y ∈ ¡ (Đây toán tổng quát ví dụ 14 mục D.II.2 ví dụ mục D.II.3) 31 E HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI Sau học chuyên đề này, nhận thấy học sinh tự tin với toán “Giải phương trình hàm” Với phương pháp học, em lựa chọn cách phù hợp với toán Đặc biệt, từ ngại ngần nhìn thấy toán phương trình hàm em chuyển sang hứng thú với chuyên đề Các em tự tìm thêm tập, giải quyết, bàn luận đưa hướng làm F ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ Phần D.II.3 đưa cách giải phương trình hàm tập số thực phương pháp kết hợp với tính chất: đơn ánh, toàn ánh, song ánh hàm số Ngoài tính chất nhiều tính chất khác hàm số sử dụng toán giải phương trình hàm như: tính liên tục, tính đơn điệu, tính chất điểm bất động Tôi xin đề cập đến dịp khác Mặc dù cố gắng, thời gian công tác ngắn, kinh nghiệm khả thân hạn chế, nên sáng kiến sơ sài tránh khỏi sai sót, mong nhận góp ý thầy cô bạn đọc Tôi xin chân thành cảm ơn! Tác giả sáng kiến Phan Thị Hải 32 CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Xác nhận, đánh giá xếp loại) SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO (Xác nhận, đánh giá xếp loại) 33 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Các chuyên đề hội thảo Bắc Ninh năm 2012 Các trang Toán học Internet 34 ... chuyên đề Phương trình hàm Sáng kiến “GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ” phần chuyên đề B THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN Mặc dù chuyên đề Phương trình hàm nội... toàn ánh từ X vào Y II CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ THẾ BIẾN BẰNG CÁC GIÁ TRỊ CỤ THỂ Ví dụ 1: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( x ) f (... dụ minh họa gợi ý phương pháp cho học sinh chọn lựa để bắt tay giải toán phương trình hàm tập số thực phương pháp Phần cuối có đưa 10 tập đề nghị ví dụ tương tự ví dụ hướng dẫn giải cụ thể phía