ĐIỂM bất ĐỘNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH hàm t13

20 6 0
  • Loading ...
1/20 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/03/2020, 13:06

ĐỀ TÀI ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tháng 07 Năm 2019 ĐỀ TÀI Trang ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀM A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình tốn học THPT, tốn học Giải Tích mơn khó, chúng đòi hỏi học sinh phải có tư tốt có hiểu biết tổng quát khái niệm giải tích để giải giải thích vấn đề cách trù mật Phương trình hàm lĩnh vực khó chương trình nâng cao tốn giải tích sơ cấp Các phương pháp giải phương trình hàm đa dạng thường mang tính đặc thù, nghĩa chúng phụ thuộc nhiều vào giả thiết toán cụ thể Lời giải toán phương trình hàm thường đòi hỏi nhiều kỹ kiến thức khác học sinh: kỹ biến đổi, kỹ tích hợp, kiến thức hàm số, nghiệm tổng quát số phương trình hàm bản… Hiện có nhiều chuyên khảo phương pháp giải phương trình hàm hầu hết tài liệu thấy số lượng tập, ví dụ cho phương pháp giải hạn chế cụ thể phương pháp giải sử dụng tính chất Điểm Bất Động hàm số lại Trên sở chúng tơi nhận thấy cần phải tìm hiểu giải thích cụ thể lớp tốn phương trình mà lời giải dựa vào tồn điểm bất động ánh xạ Trong chun đề chúng tơi trình bày gồm hai phần: phần tổng hợp số kiến thức khái niệm tồn điểm bất động Phần hai tổng hợp số tốn ứng dụng Mục đích đề tài Đề tài “ Điểm bất động phương trình hàm ” tác giả chọn viết nhằm giới thiệu đến quý thầy giáo, cô giáo học sinh số kết quả, định lý giải tích ứng dụng để giải lớp tốn phương trình hàm điểm bất động hàm số Trang Đề tài coi chuyên đề để giảng dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi trường THPT chuyên, học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia Tác giả mong nhận góp ý trao đổi quý thầy giáo, cô giáo, bạn đồng nghiệp em học sinh để chuyên đề sâu sắc hồn thiện Hy vọng đề tài góp phần nhỏ vào cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi, trang bị thêm cho em học sinh mảng kiến thức giúp em tự tin kỳ thi Quảng Nam, ngày 20 tháng 07 năm 2019 NGƯỜI VIẾT Nguyễn Viết Minh Sđt : 0982727076 B NỘI DUNG I 1.1 TỔNG HỢP MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG Định nghĩa f : X → ¡ , ( X ⊂ ¡ ) Điểm x0 ∈ X gọi điểm bất động Cho ánh xạ f f ( x0 ) = x0 Fix ( f ) f Tập hợp điểm bất động kí hiệu Ví dụ: 1) Hàm số f ( x ) = x − x + có điểm bất động, Fix ( f ) = { 1} Fix ( f ) = { −1;0;1} 2) Hàm số f ( x ) = x có ba điểm bất động, 3) Hàm số f ( x ) = x + khơng có điểm bất động, Fix ( f ) = φ 1.2 Định lí Mọi hàm số liên tục f : [ a; b ] → [ a; b] có điểm bất động Trang Chứng minh: Xét hàm số g : [ a ; b ] → [ a; b ] xác định g ( x ) = f ( x ) − x Do f liên tục nên g hàm liên tục.Ta có f ( a ) , f ( b ) ∈ [ a; b ] nên f ( a ) − a ≤ 0, f ( b ) − b ≥ hay g ( a ) g ( b ) = ( f ( a ) − a ) ( f ( b ) − b ) ≤ Theo định lí Bozano-Cauchy ln tồn g c =0 điểm c ∈ [ a; b ] cho ( ) , hay phương trình f ( x ) − x = có nghiệm Do tồn điểm x0 ∈ [ a; b ] cho f ( x0 ) = x0 1.3 Định lí i) Nếu hàm số f : [ a; b ] → [ a; b ] có đạo hàm [ a; b ] thỏa mãn f / ( x ) < 1, ∀x ∈ [ a; b ] f có điểm bất động đoạn [ a; b ] ii) Cho số thực k với k ∈ ( 0;1) f : [ a; b ] → [ a; b ] hàm số thỏa mãn f ( x ) − f ( y ) ≤ k x − y , ∀x ∈ [ a; b ] Khi f có điểm bất động Chứng minh: i) Xét hàm số g : [ a; b ] → [ a; b ] xác định g ( x ) = f ( x ) − x Hiển nhiên g ( x ) hàm liên tục Theo định lí 1.2, tồn điểm x0 ∈ [ a; b ] / / g x = f g x = ( ) ( x ) − < 0, ∀x ∈ [ a; b] , nên x0 ( ) cho , mặt khác ii) Nhận xét f ( x ) hàm liên tục đoạn [ a; b ] Thật vậy, lấy dãy số lim xn = x0 tùy ý { xn } ⊂ [ a; b ] cho Ta có x0 ∈ [ a; b ] * f ( xn ) − f ( xo ) ≤ k xn − x0 với n ∈ ¥ lim f ( xn ) = f ( x0 ) lim xn = x0 Do nên Vậy f liên tục tục đoạn [ a; b ] Theo định lí 1.2 hàm số liên tục f : [ a; b ] → [ a; b ] tồn điểm bất động x0 Giả sử x1 ∈ [ a; b ] điểm bất động f Ta có f ( x1 ) − f ( xo ) ≤ k x1 − x0 , lại có f ( x1 ) = x1 , f ( x0 ) = x0 nên Trang 1.4 x1 − xo ≤ k x1 − x0 , suy x1 = x0 Vậy f có điểm bất động Định lí i) Nếu f hàm giảm thật tâp số thực X ⊂ ¡ f khơng có nhiều điểm bất động X f ( x) ii) Nếu hàm x hàm đơn điệu thật tâp số thực X ⊂ ¡ f khơng có nhiều điểm bất động X Chứng minh: i) Xét hàm số g : X → ¡ xác định g ( x ) = f ( x ) − x Do f giảm thật nên g hàm giảm thật X Do đó, tập giá trị g ( X ) khơng chứa g X giá trị hàm số f khơng có điểm bất động, ( ) có chứa giá trị hàm số f có điểm bất động ii) Tương tự, hàm g ( x) = f ( x) x đơn điệu thật tâp số thực X ⊂ ¡ Do đó, tập giá trị g ( X ) không chứa giá trị hàm số f khơng có điểm bất động, g ( X ) có chứa giá trị hàm số f có điểm bất động 1.5 Định lí Cho F ( u ) hàm biến thưc, h ( x, y, z , t ) hàm cho trước bốn biến x, y, z, t định tập X × X × ¡ × ¡ ( X ⊂ ¡ ) Nếu hàm F ( u ) có điểm bất động u0 nghiệm phương trình F ( h ( x, y, f ( x ) , f ( y ) ) ) = h ( x, y , f ( x ) , f ( y ) ) , ∀x, y ∈ X (1.1) f ( Trong hàm biến cần tìm xác định X ) phải thỏa mãn phương trình: h ( x , x, f ( x ) , f ( x ) ) = u0 Chứng minh: Gả sử f ( x ) hàm thỏa mãn (1.1), đặt x = y ∈ ¡ ta Trang ( ) h ( x, x , f ( x ) , f ( x ) ) F h ( x , x , f ( x ) , f ( x ) ) = h ( x, x, f ( x ) , f ( x ) ) , Điều chứng tỏ ∀x ∈ X điểm bất động F với x ∈ X Nhưng hàm F ( u ) có điểm bất động u0 Do ta có: h ( x, x, f ( x ) , f ( x ) ) = u0 Nhận xét:Khi ứng dụng định lí để giải phương trình dạng (1.1), ta cần chứng minh phương trình F ( u ) = u có nghiệm u0 miền chứa miền giá trị g 1.6 Định lí Cho F ( u ) hàm số liên tục biến thưc, h ( x, y, z , t ) hàm liên tục cho trước bốn biến x, y, z, t định tập X × X × ¡ × ¡ ( X ⊂ ¡ ) Nếu tập điểm bất động hàm F ( u ) Fix ( F ) tập khơng q đếm nghiệm phương trình F ( h ( x, y , f ( x ) , f ( y ) ) ) = h ( x, y , f ( x ) , f ( y ) ) , ∀x, y ∈ X (1.2) ( Trong f hàm liên tục biến cần tìm xác định X ) phải thỏa mãn h x , x, f ( x ) , f ( x ) ) = u phương trình ( với u0 điểm bất động thuộc Fix ( F ) Chứng minh: Gả sử f ( x ) hàm liên tục thỏa mãn (1.2), đặt x = y ∈ ¡ ta F ( h ( x, x, f ( x ) , f ( x ) ) ) = h ( x , x , f ( x ) , f ( x ) ) , Điều chứng tỏ hàm liên tục nên h ( x, x , f ( x ) , f ( x ) ) ∀x ∈ X thuộc tập Fix ( F ) , ∀x ∈ X Do h f g ( x ) = h ( x, x, f ( x ) , f ( x ) ) hàm liên tục X , X khoảng nên g ( X ) phải tập khác rỗng ¡ Nếu g ( X ) có nhiều điểm g ( X ) khoảng có độ đo dương g ( X ) khơng đếm điều mâu thuẩn với việc Fix ( F ) tập không đếm được, nên g ( X ) khơng thể có nhiều điểm Vậy định lí chứng minh II CÁC BÀI TỐN ỨNG DỤNG ĐIỂM BẤT ĐỘNG Trang 2.1 Bài toán Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn: (i) f ( f ( x ) + y ) = xf ( y ) + f ( f ( x ) + f ( y ) ) , ∀x, y ∈ ¡ (ii) f có điểm bất động Giải: Giả sử tồn hàm f thỏa mãn u cầu tốn Do f có điểm bất động nên ta giả sử a điểm bất động f Khi đó: f ( a ) = a ⇒ f ( x ) + a = f ( x ) + f ( a ) , ∀x ∈ ¡ Thay y = a vào điều kiện (i) toán ta được: f ( f ( x ) + a ) = xf ( a ) + f ( f ( x ) + f ( a ) ) ⇒ xf ( a ) = 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ a = f ( a ) = Do f có điểm bất động f ( y ) = f ( f ( y ) ) , ∀y ∈ ¡ Thay x = vào điều kiện (i) toán ta được: , Suy f ( y ) điểm bất động f , hay f ( y ) = 0, ∀y ∈ ¡ Thử lại f ( y ) = 0, ∀y ∈ ¡ thỏa yêu cầu toán 2.2 Bài toán Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ ,thỏa mãn điều kiện sau: (i) f hàm giảm thật ¡ f x + f ( y ) ) = f ( x ) + y ∀x, y ∈ ¡ (ii) ( , Giải: Từ điều kiện (ii) toán ta chọn x = y = f ( f ( 0) ) = f ( 0) ta Vậy f ( ) điểm bất động f Theo định lí 1.4, từ điều kiện (i) ta suy f ( ) điểm bất động f ¡ Trang f x + f ( x) ) = f ( x) + x Từ điều kiện (ii) toán ta chọn x = y ta ( , ∀x ∈ ¡ điều chứng tỏ f ( x ) + x điểm bất động f Theo định lí 1.5 ta phải f ( x ) + x = f ( ) hay f ( x ) = f ( ) − x Thay vào biểu thức hàm cho ta thu được: f ( 0) − x − ( f ( 0) − x ) = f ( 0) − x + x ⇔ f ( 0) = Vậy f ( x ) = − x Thử lại f ( x ) = − x thỏa điều kiện tốn, f ( x ) = − x, ∀x ∈ ¡ nghiệm phương trình 2.3 Bài tốn (IMO 1983) Tìm hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn hai điều kiện sau: lim f ( x ) = x →∞ f ( xf ( y ) ) = yf ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ Giải: Từ điều kiện (ii) toán ta chọn f ( f ( 1) ) = f ( 1) + x = y = ta được: Vậy f ( 1) điểm bất động f Lại cho y = f ( 1) ta được: f ( xf ( f ( 1) ) ) = f ( 1) f ( x ) ⇒ f ( xf ( 1) ) = f ( 1) f ( x ) Mặt khác f ( xf ( 1) ) = f ( x ) nên ta được: f ( x ) = f ( x ) f ( 1) ⇒ f ( 1) = ( f ( x ) > ) Cho x = y vào điều kiện thứ hai toán ta được: f ( xf ( x ) ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ + Suy ra: xf ( x ) điểm bất động hàm số f f ( xy ) = f ( xf ( y ) ) = yf ( x ) = xy Giả sử x y hai điểm bất động hàm số Điều cho thấy xy điểm bất động hàm số f Trang 1  1 = f ( 1) = f  f ( x ) ÷ = xf  ÷ x   x  , suy Hơn x điểm bất động 1 1 f  ÷=  x  x tức x điểm bất động hàm số f Điều chứng tỏ điểm bất động hàm số f Thật vậy: Giả sử x điểm bất động hàm số f + Nếu x > ( ) lim f x n = lim x n = +∞ x →∞ x →∞ n   n  1 lim f   ÷ ÷ = lim  ÷ = +∞ x →∞   x  ÷ x →∞  x    + Nếu x < Điều mâu thuẩn với điều kiện (i) Từ ta suy ra: xf ( x ) = hay f ( x) = 2.4 1 f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ x Thử lại thấy thỏa yêu cầu toán Vậy x Bài tốn (IMO 1994) Tìm tất hàm f : ( −1; +∞ ) → ( −1; +∞ ) cho điều kiện sau thỏa mãn: (i) f ( x + f ( y ) + xf ( y ) ) = y + f ( x ) + yf ( x ) ∀x ∈ S f ( x) (ii) x hàm tăng thực khoảng ( −1;0 ) , ( 0; +∞ ) Giải: Từ điều kiện (ii) ta nhận thấy phương trình điểm bất động f ( x ) = x có nhiều nghiệm: nghiệm nằm ( −1;0 ) , nghiệm , nghiệm nằm khoảng ( 0;+∞ ) Trang Giả sử a điểm bất động f Trong điều kiện (i) chọn x = y = a ta được: f ( 2a + a ) = 2a + a g ( a ) = 2a + a 2 Vậy 2a + a điểm bất động f Đặt g / a = + 2a > 0, ∀x ∈ ( 0;1) + Xét khoảng ( −1;0 ) , hàm g ( a ) có ( ) , suy hàm g ( a ) đồng biến nhận giá trị khoảng ( −1;0 ) , tồn điểm bất động điểm Do ta suy ra: 2a + a = a ⇔ a = a = Vậy khoảng ( −1;0 ) không tồn điểm bất động + Xét khoảng ( 0;+∞ ) Chứng minh tương tự, ta nhận thấy khơng có điểm bất động khoảng ( 0;+∞ ) Như điểm bất động hàm số ( có) f ( x + f ( x ) + xf ( x ) ) = x + f ( x ) + xf ( x ) , ∀x ∈ ( −1; +∞ ) Cho x = y vào (i) ta được: Do với x ∈ ( −1; +∞ ) x + ( + x ) f ( x ) điểm bất động hàm số Theo định lí 1.5 x + ( + x ) f ( x ) = 0, ∀x ∈ ( −1; +∞ ) Suy ra: thấy thỏa yêu cầu toán Vậy 2.5 f ( x) = − f ( x) = − x + x Thử lại x , ∀x ∈ ( −1; +∞ ) 1+ x Bài tốn Tìm tất hàm liên tục f xác định ¡ thỏa mãn phương trình sau: ( f ( x) ( x + y) + f ( y) ) = f ( x ) + f ( y ) ( y + x ) , ∀x, y ∈ ¡ Trang 10 Giải: Chọn x = y thay vào biểu thức hàm ta được: ( f ( x ) ( 3x + 1) ) Đặt F ( u ) = u3 = f ( x ) ( 3x + 1) , ∀x ∈ ¡ F u F ( u ) = u3 ( ) ¡ hàm liên tục Hơn hàm có điểm bất động hay tập Fix ( F ) = { −1;0;1} Từ biểu thức hàm ta suy ra: F ( f ( x ) ( x + y ) + f ( y ) ) = f ( x ) + f ( y ) ( y + x ) , ∀x, y ∈ ¡ Theo định lí 1.6 ta suy f ( x ) ( 3x + 1) = u0 với u0 điểm thuộc Fix ( F ) Nếu u0 = ta có f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Thử lại ta f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ thỏa yêu cầu toán f ( x) = Nếu u0 = ta có  1 , ∀x ∈ ¡ \ −  3x +   Rõ ràng hàm không liên tục ¡ , nên không thỏa yêu cầu toán Tương tự với u0 = −1 ta hàm khơng thỏa u cầu tốn Vậy f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ nghiệm phương trình 2.6 Bài tốn Tìm tất hàm liên tục f xác định ¡ thỏa mãn phương trình sau: π sin y f ( x ) + f ( y ) = x f ( y ) + f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ x = y Giải: Chọn thay vào biểu thức hàm ta được: π sin x f ( x ) + f ( x ) = x f ( x ) + f ( x ) , ∀x ∈ ¡ π sin x + f ( x ) = x + f ( x ) , ∀x ∈ ¡ Hay ( ( (( ) ) ( ) ) ( ) ) (( ) ) Trang 11 Đặt F ( u) = F ( u) = π sin u F ( u ) hàm liên tục ¡ Hơn hàm  −π π  π Fix ( F ) =  ;0;  sin u   2 có điểm bất động hay tập Từ biểu thức hàm ta suy ra: ( ) ( ) F y f ( x ) + f ( y ) = x f ( y ) + f ( x ) , ∀x , y ∈ ¡ ( x + 1) f ( x ) = u Theo định lí 1.6 ta suy với u0 điểm thuộc Fix ( F ) Nếu u0 = ta có f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Rỏ ràng hàm f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ hàm liên tục ¡ thỏa yêu cầu toán π f ( x) = , ∀x ∈ ¡ π u0 = x +1 ta có Nếu Hàm liên tục ¡ ( ) không thỏa mãn biểu thức hàm toán −π ta hàm liên tục ¡ không thỏa mãn Tương tự với biểu thức hàm toán u0 = Vậy f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ nghiệm phương trình 2.7 Bài tốn ( IMO 1996 ) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ cho: f ( m + f ( n ) ) = f ( f ( m ) ) + f ( n ) , ∀m, n ∈ ¥ f f ( 0) ) = f ( f ( 0) ) + f ( 0) ⇒ f ( 0) = Giải: Cho m = n = ta có: ( Bây f f ( m ) ) = f ( m ) , ∀m ∈ ¥ ta cho n = ( Vậy ta có quan hệ hàm sau: Trang 12  f ( m + f ( n ) ) = f ( m ) + f ( n )   f ( ) = ( 1) f f ( m ) ) = f ( m ) , ∀m ∈ ¥ Nếu f khơng đồng từ ( Ta suy f ( m ) điểm bất động hàm số f Giả sử a b hai điểm bất động hàm f f ( a + b) = f ( a + f ( b) ) = f ( f ( a) ) + f ( b) = f ( a ) + f ( b) = a + b Như tập điểm bất động bất biến qua phép cộng Gọi a điểm bất động khác bé hàm f + Nếu a = tức f ( 1) = dễ thấy f ( ) = ( cách cho m = n = ) Bằng phương pháp quy nạp toán học ta được: f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ + Nếu a > tức f ( a ) = a Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh f ( ka ) = ka, ∀k ≥ Ta chứng minh tập điểm bất động có dạng ka, k ≥ ( lưu ý: a điểm bất động nhỏ hàm số) Thật vậy, n điểm bất động khác n = ka + r ( ≤ r < a ) Khi theo (1) tính chất điểm bất động ka , ta có: n = f ( n ) = f ( ka + r ) = f ( r + f ( ka ) ) = f ( r ) + f ( ka ) = f ( r ) + ka ⇒ f ( r ) = n − ka = r Vì r < a mà r lại điểm bất động, a điểm bất động nhỏ nên r = Chứng tỏ điểm bất động có dạng ka ∀k ≥ (2) Do { f ( n) : n ∈ ¥} tập hợp tất điểm bất động hàm f ,với i < a theo (2) nên ta có f ( ni ) = ni a với n0 = 0, ni ∈ ¥ Trang 13 + Lấy n ∈¢ ta viết n = ka + i ( ≤ i < a ) Theo quan hệ hàm tốn f ( n ) = f ( i + ka ) = f ( i + f ( ka ) ) = f ( i ) + ka = ni a + ka = ( ni + k ) a Ta kiểm tra hàm f thỏa mãn yêu cầu toán Thật với m = ka + i, n = la + j ( ≤ i, j < a ) f ( m + f ( n ) ) = f ( la + j + f ( ka + i ) ) = ka + i + f ( f ( la + i ) ) Nhận xét: Xuất phát từ tốn ta mở rộng theo cách tổng qt thơng qua tốn sau ta giải tốn theo cách tổng quát ngắn gọn 2.8 Bài toán Cho hàm số f : ¥ → ¡ cho tồn x0 ∈ ¥ thỏa mãn tính f ( x0 ) = x0 ( x0 điểm bất động f ) (i) (ii) f ( x0 + n ) = x0 + f ( n ) với số nguyên không âm n  m m  f ( m ) =   x0 + f  m −   x0 ÷, ∀m ∈ ¥ *  x0   x0    Chứng minh rằng: (Trong [ x ] phần nguyên x không vượt x ) chất sau: Giải: Từ điều kiện (ii) toán, cho n = ta f ( x0 ) = x0 + f ( ) kết hợp với điều kiện (i) ta suy f ( ) = Bây ta chứng minh quy nap f ( kx0 + r ) = kx0 + f ( r ) với số nguyên dương k r ∈ { 0,1, , x0 − 1} Thật vậy, đẳng thức với k = Giả sử đẳng thức đến k , với k ≥ Ta chứng minh dẳng thức k + Từ điều kiện (ii) tốn ta có: f ( ( k + 1) x0 + r ) = f ( x0 + kx0 + r ) = x0 + f ( kx0 + r ) = x0 + kx0 + f ( r ) = ( k + 1) x0 + f ( r ) Trang 14 Vậy f ( kx0 + r ) = kx0 + f ( r ) , ∀k ∈ ¥ * Với số nguyên dương m tùy ý ta m m m =   x0 + m −   x0 , ∀m ∈ ¥ *  x0   x0  biểu diễn sau: m k=   x0  Đặt theo định nghĩa phần nguyên ta có: m r = m −   x0 = m − kx0 ∈ { 0,1, , x0 − 1}  x0  hay m = kx0 + r Theo chứng minh ta m f ( m ) = f ( kx0 + r ) = kx0 + f ( r ) =   x0 +  x0  m f ( m ) =   x0 +  x0  Ngược lai, Nếu f ( ) =  m  f  m −   x0 ÷, ∀m ∈ ¥ *  x0     m  f  m −   x0 ÷, ∀m ∈ ¥ *  x0    ta có : (i) f ( x0 ) = x0 (ii) Vvới số nguyên không âm n tùy ý ta có :   n  n n n x0 + n = x0 +   x0 + n −   x0 = 1 +   ÷x0 + n −   x0  x0   x0   x0    x0     n    n     n  f ( x0 + n ) = f  1 +   ÷x0 + n −   x0 ÷ =  +   ÷x0 +   x0  ÷    x0      x0   Do : n = x0 +   x0 +  x0   n  f  n −   x0 ÷  x0     n  f  n −   x0 ÷ = x0 + f ( n )  x0    Vậy f thỏa điều kiện (ii) Như toán chứng minh 2.9 Bài toán Tỉm tất hàm số f : ¥ → [ 1; +∞ ] thỏa mãn tính chất sau: (i) (ii) f ( 3) = f ( n ) = f ( 3) f ( n − 3) , ∀n ∈ ¥ Trang 15 Giải: Đặt g ( n ) = log f ( n ) Khi g hàm số g : ¥ → [ 0; +∞ ] g ( 3) = log = thỏa mãn điều kiện sau: (i) g ( + n ) = log f ( n + 3) = log ( f ( 3) f ( n ) ) (ii) = log f ( 3) + log f ( n ) = + g ( n ) , ∀n ∈ ¥ Như vậy, hàm g ( n ) thỏa mãn điều kiện tốn 2.8 Do hàm g ( n )  n n  g ( n ) =   + g  n −  ữ, n Ơ * 3  , phải có dạng : n g ( n ) =   + g ( r ) , ∀n ∈ ¥ * 3 hay r ∈ { 0,1,2} Vậy hàm g ( n ) hoàn tồn xác định viết dạng:  n r =    ,     n n   g ( n ) =   + g ( r ) = 3   + a, r = 3  3  n 3   + b, r = *  3 , ∀n ∈ ¥ g ( n) Vậy hàm f ( n ) cần tìm là: f ( n ) = , ∀n ∈ ¥ , với g ( n ) xác định Nhận xét: Trở lại tốn 2.7: Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ cho f ( m + f ( n ) ) = f ( f ( m ) ) + f ( n ) , ∀m, n ∈ ¥ f f ( 0) ) = f ( f ( 0) ) + f ( 0) ⇒ f ( ) = Cho m = n = ta có: ( Lại cho n = f ( f ( m ) ) = f ( m ) , ∀m ∈ ¥ Vậy f ( m ) điểm bất động, tức f tồn điểm bất động x0 Bây thay n x0 vào biểu thức hàm ta được: f ( m + f ( x0 ) ) = f ( f ( m ) ) + f ( x0 ) , ∀m ∈ ¥ hay f ( x0 + m ) = x0 + f ( m ) , ∀m ∈ ¥ Vậy f thỏa điều kiện toán 2.8 2.10 Bài toán 10 ( AMM, E984 ) f ( f ( x ) ) = x − 2, ∀x ∈ ¡ f : ¡ → ¡ Tìm tất hàm cho Trang 16 Giải: Ta chứng minh kết tổng quát hơn: Cho S tập hợp g : S → S hàm số có điểm bất động Fix ( g ) = { a, b} g g có điểm cố định Fix ( g g ) = { a, b, c, d } Khi đó: khơng tồn hàm số f : S → S để g = f0 f Chứng minh: c = g ( g ( c ) ) = g ( x0 ) x = g ( c ) = g ( g ( x0 ) ) Giả sử g ( c ) = x0 Ta có: nên Do x0 điểm bất động g g hay x0 ∈ Fix ( g0 g ) Nếu x0 = a a = g ( a ) = g ( x0 ) = c dẫn đến mâu thuẫn Tương tự cho x0 = b dẫn đến mâu thuẫn c = b Nếu y = c c = g ( x0 ) = g ( c ) tức c điểm bất động g , mâu thuẫn Từ suy ra: x0 = d , tức g ( c ) = d tương tự g ( d ) = c Giả sử tồn f : S → S cho f0 f = g Ta có: f0 g = f0 f0 f = g0 f Khi đó: f ( a) = f ( g ( a) ) = g ( f ( a) ) nên f ( a ) điểm bất động g Kiểm tra trường hợp ta kết luận : f { a, b} = { a, b} , f { a, b, c, d } = { a, b, c, d } f ( a) = f ( f ( c) ) = g ( c) = d Xét f ( c ) Nếu f ( c ) = a , mâu thuẫn f ( a ) nằm { a, b} Chứng minh tương tự xảy ta f ( c ) = b Ngồi khơng thể có f ( c ) = c c khơng phải điểm bất động g Do có khả f ( c ) = d Nhưng f ( d ) = f ( f ( c) ) = g ( c) = d , mâu thuẫn, điều khơng thể xảy d điểm bất động g Vậy tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán Trở lại toán: Bài toán trường hợp đặc biệt hàm g ( g ( x ) ) = ( x2 − 2) − g ( x ) = x2 − , có hai điểm bất động −1 ;2 có điểm bất động −1 + −1 − 2 Theo kết chứng minh ta đến kết luận tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán −1;2; Trang 17 Nhận xét: Thật ta chứng minh tốn cách ngắn thông qua bổ đề sau: Bổ đề:Cho hàm f : ¡ → ¡ , kí hiệu: ( f ( n ) ( x ) = f f ( f ( x ) ) 42 43 f( n) Khi ta có: n lan f a) Nếu x điểm bất động động ) ( n) ( x) f ( x ) điểm bất ( x) ( n) b) Trên tập Fix( f ) , f đơn ánh f( Chứng minh: a) Vì x điểm bất động ( n) ( x) ) ( n) nên f ( x ) = x Ta có n n f ( ) ( f ( x) ) = f f ( ) ( x) = f ( x) f ( n) ( x ) f x ( ) Chứng tỏ điểm bất động ( n) a , b ∈ Fix ( f ) f ( a ) = f ( b ) Ta có : b) Giả sử a = f n ( a ) = f ( n−1) ( f ( a ) ) = f ( n −1) ( f ( b ) ) = f ( n ) ( b ) = b, ∀n ∈ ¥ * , n > Vậy bổ đề chứng minh ( ) x0 ∈ Fix f ( 2) f f ( x0 ) ) = x0 f Trở lại toán 2.10: Giả sử tồn Vậy ( Từ biểu thức hàm ta suy ( ) Fix f ( ) = { −1;2}  −1 + −1 −  Fix ( f ) = −1;2; ;  2   ( Fix f ( 4) ), Đặt Tương tự ta tính c= −1 + , d= −1 − Trên ( 4) f đơn ánh nên f có tính hốn vị Fix ( f ) , f ( c ) = c Trang 18 f ( c ) = d ngược lại Cả trường hợp ta chứng minh vơ lí Vậy khơng tồn f thỏa mãn yêu cầu toán C KẾT LUẬN Những kết luận quan trọng nội dung, ý nghĩa chun đề Trên đây, chúng tơi trình bày số toán chọn lọc từ kỳ thi Olympic tốn, qua cho thấy việc ứng dụng kết quả, định lý tốn giải tích mà cụ thể điểm bất động toán phương trình hàm đa dạng phong phú Qua toán lời giải cụ thể, tác giả cố gắng giúp học sinh tiếp cận biết vận dụng kết để giải lớp tốn phương trình mà lời giải dựa vào tồn điểm bất động ánh xạ Các đề xuất kiến nghị Để giảng dạy hiệu chuyên đề “ Điểm bất động phương trình hàm ”, giáo viên cần trang bị cho học sinh kĩ lưỡng kiến thức tốn học giải tích Nhấn mạnh rằng, khả đưa lời giải cho số tốn phương trình hàm đa dạng phong phú Cần tiếp cận giả thuyết toán cách tích cực để phân loại hàm số cho có tồn điểm bất động hay khơng Do đó, chúng tơi khuyến khích học sinh nên sử dụng nhiều phương pháp khác nhau, quen thuộc để giải toán coi phương pháp điểm bất động cơng cụ giải tốt tốn phương trình hàm có dạng đặc biệt Tác giả hy vọng chuyên đề đóng góp phần vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi Tuy nhiên khả hạn chế nên đề tài mang tính chất tổng hợp, chưa thật sáng tạo, mong nhận ý kiến đóng góp Trang 19 q thầy, giáo em học sinh để chuyên đề sâu sắc hoàn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Các tài liệu từ Internet [2] Andreescu & Gelca Mathematical Olympiad Challenges, 2000 [3] Nguyễn Văn Nho Olympic toán học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo dục, 2003 [4] Vũ Dương Thụy – Nguyễn Văn Nho 40 năm Olympic toán học quốc tế, tập tập 2, NXB Giáo dục, 2001 [5] Nguyễn Sinh Nguyên – Nguyễn Văn Nho – Lê Hồnh Phò Tuyển tập tốn dự tuyển IMO 1991-2001, NXB Giáo dục, 2003 Trang 20 ...  ÷ x   x  , suy Hơn x điểm bất động 1 1 f  ÷=  x  x tức x điểm bất động hàm số f Điều chứng tỏ điểm bất động hàm số f Thật vậy: Giả sử x điểm bất động hàm số f + Nếu x > ( ) lim... “ Điểm bất động phương trình hàm ” tác giả chọn viết nhằm giới thiệu đến quý thầy giáo, cô giáo học sinh số kết quả, định lý giải tích ứng dụng để giải lớp tốn phương trình hàm điểm bất động hàm. .. − ka = r Vì r < a mà r lại điểm bất động, a điểm bất động nhỏ nên r = Chứng tỏ điểm bất động có dạng ka ∀k ≥ (2) Do { f ( n) : n ∈ ¥} tập hợp tất điểm bất động hàm f ,với i < a theo (2) nên
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐIỂM bất ĐỘNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH hàm t13 , ĐIỂM bất ĐỘNG TRONG PHƯƠNG TRÌNH hàm t13

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn