Chuyên đề: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN MỤC LỤC A MỞ ĐẦU…………………………………………………………………… B NỘI DUNG Sử dụng phép đặt ẩn phụ, phép đổi biến 1.1 Sử dụng phép đặt ẩn phụ………………………………………… 1.2 Sử dụng phép thế……………………………………………… 1.3 Sử dụng phép đổi biến…………………………………………… Phương pháp qui nạp toán học…………………………………………… Phương pháp tìm nghiệm riêng…………………………………………… Sử dụng tính chất hàm số………………………………………… 4.1 Sử dụng tính liên tục hàm số………………………………… 4.2 Sử dụng tính đơn điệu hàm số……………………………… C KẾT LUẬN………………………………………………………………… TÀI LIỆU THAM KHẢO A MỞ ĐẦU Phương trình hàm với biến số chun đề quan trọng thuộc chương trình chun tốn trường THPT chuyên Các toán liên quan đến phương trình hàm với biến số th ường khó ph ức t ạp nhiều so với phương trình hàm nhiều biến Trong kì thi h ọc sinh giỏi toán quốc gia Olimpic toán khu vực quốc tế ngày xu ất nhiều Chúng xem toán khó khó c bậc phổ thơng Chun đề “Một số phương pháp giải phương trình hàm biến” trình bày số phương pháp giải phương trình hàm m ột biến, vài d ạng toán điển hình phương trình hàm biến mà nghiệm có th ể dễ dàng tìm lớp cac hàm số sơ cấp biết chương trình tốn phổ thơng Tác giả xin chân thành cảm ơn NGND.GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu tận tình giúp đỡ để tác giả hoàn thành chuyên đề B NỘI DUNG Trong lí thuyết thực hành, khơng có định lí nh thuật tốn chung để giải phương trình hàm biến tương tự nh thuật tốn giải phương trình đại số bậc hai Bởi vậy, để giải ph ương trình hàm biến, ta phải nghiên cứu kỹ tính chất hàm số cần tìm, đ ơn giản hóa phép biến, đặt ẩn phụ, đổi biến tìm nghi ệm riêng…để đưa phương trình hàm biết cách giải Sử dụng phép đặt ẩn phụ, phép đổi biến 1.1 Sử dụng phép đặt ẩn phụ Đối với phương trình dạng f ( A)  B, với A, B biểu thức chứa x, ta sử dụng cách đặt: Đặt A  (t ), suy biểu thức x theo t Tiếp theo, thay giá trị vào biểu thức A, B, để xác định hàm số f (t ) Đối với phương trình dạng hàm hợp f ( g ( x))  h( x), người ta thường đặt ẩn g ( x )  t Bài tốn 1.1 Tìm hàm số f ( x) biêt với x �0, ta có �1 � f � � x   x �x � (1.1) 1  t, x t Thay vào (1.1), suy Giải Đặt x ta có 1 f  t   1 , t t Từ ta có � 1 � � � 1 � f  x � �  x2 x x   x2 x x  �a  � f� � a � 0; 1 , Bài tốn 1.2 Tìm giá trị hàm số � a �với biết �2 � f� � x  1, x �1 �x  � (1.2) a 1 a 1  , x a suy a  Từ (1.2), suy Giải Đặt x  �a  � �a  � f� � � � 1, � a � �a  � �a  � 4a f� � � a �  a  1 Do Bài tốn1.3 Xác định tất hàm số f ( x ) thỏa mãn điều kiện �x  � x  f� , x �1 � �x  � x  x2 t2  t, x t  Từ giả thiết ta có Giải Đặt x  t2 5 7t  8t  f (t )  t   2t  2t  �t  � � � �t  � f ( x)  Do x2  8x  2x2  2x  Đảo lại, ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán 1.2 Sử dụng phép Phương pháp biến có lẽ phương pháp th ường sử dụng nh ất giải phương trình hàm Ta th ực phép th ế nh sau: - Hoặc cho biến nhận giá trị số - Hoặc biến biểu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết Nhận xét 1.1 Xét phương trình hàm dạng a ( x ) f ( x )  b( x) f ( g ( x))  c ( x), Trong a( x), b( x), c( x), g ( x) hàm số biết (*) Giả sử miền xác định cần tìm hàm số D f , với x �D f ta xét dãy xác định biểu thức x1  x, xn 1  g ( xn ), n ��* Định nghĩa 1.1 Dãy số xn gọi dãy tuần hoàn tồn số nguyên dương k cho xn  k  xn , n ��* (**) Số nguyên dương k nhỏ để dãy xn thỏa mãn (**) gọi chu kì sở (còn gọi tắt chu kì) dãy Nếu dãy xn xác định tuần hoàn với chu kì k , ta đưa (*) hệ k phương trình với k ẩn hàm Giải hệ phương trình tìm f ( x) Bài tốn 1.4 Tìm tất hàm f : �� � thỏa mãn điều kiện: x f ( x )  f (1  x )  x  x (1.4) Giải Giả sử tồn hàm f ( x ) thỏa mãn đề Trong (1.4) ta thay x  x ta   x f (1  x )  f ( x)  2(1  x)  (1  x) , x ��, (1.5) Từ (1.4) (1.5) ta có f ( x)   x Thử lại, ta thấy hàm số thỏa mãn cần tìm Vậy f ( x)   x x ��\  0;1 , Bài toán 1.5 Tìm tất hàm số f ( x), biết với ta có �1 � f ( x)  f � � x   1 x � x � Giải Thay  x x (1.6), ta (1.6) x 1 x  3x  f( )  f  x  x x  x  1 (1.7) Lấy phương trình (1.7) trừ cho phương trình (1.6) theo vế với vế, ta đ ược f( 1 �x  � ) f � � x  1 x  x (1.8) �x � Trong phương trính (1.8) thay  x x ta nhận �1 � f ( x)  f � �  x   1 x � x (1.9) � Lấy (1.6) cộng với (1.9) theo vế với vế, ta 2 f ( x)   , x Suy f ( x)  x 1 x Cách 2: Ta giải phương trình hàm (1.6), cách đưa hệ phương trình Với x �1, xét dãy x1  x; xn 1  g ( xn ) x1  x; x2  Ta có g ( x)  1 x 1 x 1 ; x3   ; x4   x x 1 1 x x 1 1 x 1 x Suy dãy xn tuần hồn chu kì Bằng phép thay x x1 , x2 , x3 ta � �f ( x1 )  f ( x2 )  x1   x � � �f ( x2 )  f ( x3 )  x2   x2 � � �f ( x3 )  f ( x1 )  x3   x1 � Giải hệ trên, với ẩn f ( x1 ), ta Vậy f ( x)  f ( x1 )  x1  x1 với x1 �0 x1 �1 x 1 , x ��\  0;1 x Bài tốn 1.6 Tìm tất hàm số f ( x ) biết với  x �1 ta có �x  � xf ( x)  f � � �x  � (1.10) Giải Mỗi x �1, xét dãy x1  x; xn 1  g ( xn ) g ( x)  x 1 x 1 Ta có x1  x; x2  x 1 1 x 1 ; x3  ; x4  ; x5  x x 1 x 1 x Suy ra, dãy xn tuần hồn chu kì Bằng phép thay x x1 , x2 , x3 , x4 , ta đưa (1.10) hệ sau: x1  � �x1 f ( x1 )  f ( x  1)  1 � x2  � �x2 f ( x2 )  f ( x  1)  � � �x f ( x )  f ( x3  1)  �3 x3  � �x f ( x )  f ( x1  1)  4 � x1  � Giải hệ trên, với ẩn f ( x1 ), ta x12  x1  f ( x1 )  x1  x1  1 f (1)  Cho x  từ (1.10), suy Cho x  từ (1.10), suy f (1)  f (0)  Kết luận với x1 �0 x1 ��1 �4 x  x  x � 0;1; 1 � x ( x  1) � �1 � x  1 �2 � a x  � f  x �  2a x  a số cho trước Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn điều kiện tốn 1.3 Sử dụng phép đổi biến Có hai cách đổi biến để thu ph ương trình hàm quen thuộc: Cách 1: Thay biến, phận chứa biến ph ương trình hàm cho chữ biểu thức Cách 2: Hoặc xây dựng hàm số phụ Bài toán 1.7(Croatia 1996) Cho thỏa mãn điều kiện t � 0;1 Tìm tất hàm f : �� � liên tục f ( x)  f (tx)  f (t x )  x , x �� Giải Giả sử tồn hàm số f ( x) thỏa mãn yêu cầu Đặt g ( x) : f ( x)  f (tx) Dễ thấy g ( x) liên tục x  g (0)  Ngoài ra, với  x ��, ta có g ( x)  g (tx )  x Như ta có g ( x)  g (tx)  x g (tx)  g (t x)  t x … g (t n 1 x)  g(t n x)  t 2( n 1) x Cộng vế đẳng thức rút gọn số hạng đồng d ạng nh t �1 ta g ( x)  g (t n x)  x (1  t  t   t 2( n 1) )  x  t 2n 1 t2 (1.11) n 2n lim g ( x)  g(0)  0, Từ (1.11) cho n � �, t � 0;1 nên t � 0, t � x �0 ta  x ��: g ( x)  g (0)  x 1 x2 � g ( x )  1 t2 1 t2 Nhưng g ( x)  f ( x )  f (tx) nên làm tương tự trên, ta f ( x)  f (t n x)  2n x2 2( n 1) 1 t (1  t  t   t )  x 2 1 t2  t   Lại cho n � �, ta được: f ( x )  f (0)  x2 1 t  2 x2 � f (x)   C , (C : f (0)) (1  t ) Dễ thấy, hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Vậy f ( x)  x2 C (1  t ) hàm số cần tìm Bài tốn 1.8 Tìm tất hàm f : �� � liên tục thỏa mãn điều kiện f ( x)  f (2x)  1, x �� Giải Từ giả thiết ta có f ( x )    f (2x)  1 (1.12) Với x  0, f (0)  1 log x Với x �0 Đặt g ( x)  ( f ( x)  1) (1.12), nên ta có g ( x)  g (2x) (1.13) t t t 1 Xét x  Đặt x  , suy g (2 )  g (2 ) Hay h(t  1)  h(t ) với h(t )  g (2t ) Tức g ( x)  h(log x) h hàm tuần hồn chu kì nên tìm nghiệm riêng lớp hàm hằng, hàm số bậc nh ất, hàm số đa thức Nói chung, nên tìm nghiệm riêng lớp hàm s cấp, hàm đơn giản nhât Nên ý đặc tr ưng hàm s ố s cấp Sau tìm nghiệm riêng dạng f ( x) ta thường xét đến hàm số phụ g ( x)  f ( x)  f ( x) xét phương trình thu g ( x ) Khi tìm nghiệm riêng nên ý đến số nhận xét sau Nhận xét 1.2 (Điều kiện để hàm số hàm hằng) f �C � f ( x)  f ( y ), x, y �D f � � �f ( x)  C � f ( x)  g ( y), x, y �D � � � �g ( x )  C � (C : const ,C ��), x �D Nhận xét 1.3 (Điều kiện để hàm số có đạo hàm hàm hằng) ( x) khoảng  a; b  Khi Cho hàm số f ( x) liên tục  a; b  có đạo hàm f � f ( x)  C , x � a; b  � f � ( x)  0, x �(a; b), � a; b Trong C  f ( x0 ), với x0 hàm số   Nhận xét 1.4 (Điều kiện để đa thức hàm hằng) Cho đa thức P( x)  � x  , deg P n Khi Nếu P( x) có nhiều n nghiệm P( x )  0, x ��hay P �0 Nếu  a  �, a 0, cho P ( x  a)  P( x), x �� P( x)  C với  x ��, hay P( x) �C Chú ý: f �C thay cho f ( x)  C , x �D f Kí hiệu H  x; a  hàm tuần hồn cộng tính chu kì tuần hồn nhân tính chu kì a a, �( x; a ) hàm Bài toán 1.14 điều kiện * Cho a số �� Tìm hàm số f : �� � thỏa mãn f ( x  a )  f ( x)  b  x �� (1.22) Nhận xét rằng: Hàm f có tính chất “ tổng biến đổi thành tổng” Nhớ lại, đặc trưng số hàm sơ cấp, hàm ến tính f ( x)  ax ( với a �0) có đặc trưng hàm f ( x  y )  f ( x)  f ( y),  x, y �� nên ta tìm nghiệm riêng dạng f ( x)  kx Giải Nghiệm riêng có dạng f ( x)  kx Để thỏa mãn (1.22), ta phải có: b k ( x  a)  kx  b � k  a Đặt f ( x) : kx  g ( x) Thay vào (1.22) ta k ( x  a )  g ( x  a )  kx  g ( x )  b � g ( x  a )  g ( x), x �� Suy g ( x) �H  x; a  g ( x) �H  x; a  , b x, a thỏa mãn yêu cầu f ( x)  g ( x )  Vậy Dễ thấy, hàm số dạng f ( x )  g ( x)  b x, a g ( x) �H  x; a  , hàm số cần tìm Bài tốn 1.15 Tìm tất hàm số f : �\  3 � �thỏa mãn điều kiện �2 � f� � f ( x )  5, x �3 �3  x � (1.23) x 1 � x�� x  Khi có hai nghiệm phân biệt � Nhận xét: Xét phương trình  x chọn nghiệm � nghiệm tới � � Chẳng hạn � 0;1 � � cách đặt t x2 x 1 Giải Với x  x  2, ta có f ( x)  Với x � 1;2;3 Đ ặt x2 x  Khi đó, ta có t x 1 , t 1 � 1� 1 ; t �� 0;1; � 3 x 2t  � Thay vào (1.23) ta � � f� 1 � f � 2t  � � � 1 � � � t 1 � Suy ra, g (2t )  g (t )  g (t )  f (1  ) t 1 Đặt g (t )  h(t )  Suy h(2t )  2h(t ) Đặt h(t )  t  (t )  2t   (t ) Suy ra,   u  Với t  0, đặt t  , suy  u 1      hay  (u  1)  (u),       u  u u  t    log t  Vậy  hàm tuần hồn chu kì Vậy   u  2 Với t  0, đặt t  2 , suy    2u     u  Vậy   t     log  t   Tóm lại, t ��\  0 u 1     2  hay  (u  1)   (u ), u với  hàm tuần hồn chu kì   t     log t  Kết luận v� i x  ho� cx � � f(x)=��x  � g� i x � 1,2,3 �v� � � �x  � Sử dụng tính chất hàm số 4.1 Sử dụng tính liên tục hàm số Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số nhiều tr ường h ợp t ỏ đặc biệt thích hợp Các bước thực tóm tắt nh sau: 1) Lấy a giá trị tùy ý thuộc tập xác định hàm số Xây dựng dãy s ố x thích hợp  n  với x1  a thỏa mãn đồng thời: x i) Hàm f ( x) không đổi dãy  n  nghĩa f (a )  f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  x ii) Chứng minh dãy  n  hội tụ b f (a )  lim f  xn   f (lim xn )  f (b) 2) Sử dụng tính liên tục f ( x) ta có Suy f ( x) hàm Đối với phương trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, nhiều trường hợp cách xây dựng dãy số sử dụng ph ương pháp chuyển qua giới hạn ta thu hàm f ( x ) Bài tốn 1.16.Tìm tất hàm số f : �� �liên tục thỏa mãn điều kiện f ( x )  f ( x)  x  x, x �� Giải Ta đặt g ( x)  f ( x) - x chứng minh g hàm Ta có g ( x) liên tục �và dễ thấy g ( x )  g ( x)  0, x �� Thay x  0, ta có g (0)  � g (0)  Thay x  1, ta có g (1)  � g (1)  g ( x)   g ( x)  � g ( x)   g ( x )  g ( x), x �� Thay x  x, ta có  Như vậy, g ( x) hàm số chẵn, ta cần chứng minh g ( x) hàm với x  Trước hết, ta ý với x  g ( x)   g ( x )  g ( x ) 1 Do với x  ta có g ( x)  g ( x )  g ( x )   g( x )  42 4n Chuyển qua giới hạn ta g ( x)  g ( lim x )  g(1)  4n n � � Vậy g ( x)  0, x ��, suy f ( x)  x, x �� Bài toán 1.17.Tìm tất hàm số f : �� �liên tục thỏa mãn điều kiện �1 � f ( x)  f ( x)  f � x � , x �� �6 � Giải Cố định x �� Xét dãy qui nạp ta xn  x n 1 x1  x, xn 1  g ( xn ), n ��* g ( x)  x Bằng x Từ đó, ta có dãy  n  cấp số nhân lùi vô hạn với x1  x; q  ; lim xn  Thay x x1 , x2 , x3 , , xn ta � �f ( x1 )  f ( x2 )  x1 � � �f ( x2 )  f ( x3 )  x2 � � � �f ( x )  f ( x )  x n 1 n n 1 � � Từ hệ trên, ta có   n2 x1  x2  x3  x4    1 xn 1 � 1 n2 �  x1 �       1 � 3 3n  � � f ( x1 )  ( 1) n f ( xn )  n 1 � �1� �   � � � �  x1 � � � � � � � 1 � � � n 1 � �1� �  x1 � 1 �  � � � � 3� � Lấy giới hạn hai vế, sử dụng tính liên tục hàm số f (0)  ta 1 f ( x1 )  x1 f ( x)  x, x �� x Do lấy tùy ý, nên Thử lại, ta thấy hàm số f ( x)  x thỏa mãn điều kiện toán Bài tốn tổng qt 1.1 Tìm hàm số f ( x ) xác định,liên tục �và thỏa a, b, c ��;0  b  1; a �1 mãn điều kiện af ( x)  f (bx)  cx, Cách giải hoàn toàn tương tự ta được: f ( x)  cx ab � 2x � f ( x)  f � � , x � 1;1 f : (  1;1) � �  x � � Bài toán 1.18 Cho hàm liên tục Chứng minh f ( x) hàm x Giải Ta cố định x, xét dãy số  n  xác định � x0  x  0, xn 1  xn  xn2 xn �xn x � x ,  x n  n n dãy số tăng Suy hay Từ ta có 1 �xn �1 Dãy  n  Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có x xn 1  xn �1  xn2 lim xn  l  x Do dãy số  n  tăng bị chặn nên tồn giới hạn n �� Suy Dãy số l 2l ,  l từ ta có l  �2 x � f  xn 1   f � n � f  xn  �xn 1 � lim f  x   f (1), 1;1 Lấy f ( x)  f ( x0 )   f ( xn ) Do f ( x ) liên tục  nên n �� n hay f ( x)  f (1)  c, với c số Trường hợp x0  x  0, xét tương tự 1;1 Vậy f ( x ) hàm  Bài tốn 1.19 Tìm tất hàm số liên tục f : �� �sao cho f  x   f  x   f  x   100 x, x �� (1.24) Giải Viết điều kiện (1.24) dạng 3 f (8 x)  f (4 x)  40 x   f (4 x)  f (2 x)  20 x, x �� g  x   g ( x ), x �� Hay Trong g ( x)  f  x   f  x   20 x, x �� Bằng qui nạp toán học, ta thu g ( x)  �x � g� � , x ��, n �� 3n �2n � (1.25) Từ giả thiết f ( x) liên tục, suy g ( x) liên tục � Xét với x cố định, từ đẳng thức (1.25) chuyển qua giới hạn, ta thu g ( x) �0 Suy f  x   f  x   20 x  0, x �� Từ ta có 3h  x   2h  x  , x ��, h( x)  f (2 x)  x, x �� n �2 � �x � h( x)  � �h � n � , x ��, n �� �3 � �2 � Tương tự, qui nạp ta Từ giả thiết liên tục f ( x), suy h( x) liên tục � Từ chuyển qua giới hạn ta có h( x) �0 Suy ra f ( x)  5 x f ( x)  x Thử lai, ta thấy hàm số thỏa mãn điều kiện Bài toán 1.20 Cho hàm g ( x)  2x  x Hãy tìm tất hàm f  x  xác định liên tục khoảng (1;1) thỏa mãn hệ thức (1  x ) f  g ( x)   (1  x ) f ( x), x � 1;1 Giải Viết lại hệ thức đề dạng (1  x )2 f  g ( x)   (1  x ) f ( x), x � 1;1 2 (1  x ) (1.26) x � 1;1 Đặt  ( x)  (1  x ) f ( x ) với Khi đó, hàm f ( x) liên tục khoảng ( 1;1) thỏa mãn (1.26)  ( x) liên tục khoảng ( 1;1) thỏa mãn hệ thức  ( g ( x))   ( x), x �( 1;1) Dễ thấy u ( x)  (1.27) 1 x  x song ánh từ (0; �) đến (1;1) Do viết 1 x 1 x (g( ))   ( ), x �(0; �), 1 x 1 x lại (1.27) dạng hay (  x2 1 x )  ( ), x �(0; �), 1 x 1 x (1.28) 1 x � � h( x )   � �  x �với x �(0; �) Khi  ( x) liên tục khoảng � Xét hàm số  1;1 thỏa mãn (1.28) h( x) liên tục  0;� thỏa mãn hệ thức h( x )  h( x), x � 0; � Bằng phương pháp qui nạp, dễ dàng chứng minh n h( x)  h( x ) với x �(0; �), n ��* Từ , lim 2n n � � x 1 h( x) liên tục  0; � , suy h( x )  h(1) với x � 0; � Dẫn tới  ( x)  a ( a số) với a ��nào f ( x)  x � 1;1 Vì vậy, f ( x)  a , x �( 1;1),  x2 a , x �(1;1),  x2 a ��nào thỏa mãn Dễ thấy hàm số tất yêu cầu đề Vì chúng tất hàm số c ần tìm 4.2 Sử dụng tính đơn điệu hàm số Nhận xét 1.5 i) Nếu f ( x), g ( x) đơn điệu tăng, đơn điệu giảm �thì f ( g ( x)), g ( f ( x)) tăng � Từ suy ra, f hàm n * tăng � f ( x) hàm tăng �, với n �� ii) Nếu f ( x) tăng �, g ( x) giảm � f ( g ( x)), g ( f ( x)) đơn điệu giảm 2n � Từ suy ra, f ( x) đơn điệu giảm � f ( x ) đơn điệu n 1 tăng, f ( x) đơn điệu giảm � Nhận xét 1.6 Cho g ( x) hàm liên tục � Nếu f : �� � hàm đơn điệu thỏa mãn f ( x)  g ( x), x ��thì f ( x )  g ( x), x �� Nhận xét 1.7 Nếu f : �� �vừa hàm đơn ánh, vừa hàm liên tục, f đơn điệu Chú ý: Kết không thay đổi ta thay �bởi khoảng (a; b),(a; b],[a; b),[a; b], với a  b tùy ý 1 Nhận xét 1.8 Với hàm f đơn điệu cho f có hàm ngược f , 1 1 tính đơn điệu f f Nghĩa là, f tăng thực f 1 tăng thực sự, f giảm thực f giảm thực * Bài toán 1.21 Cho trước n �� Hàm f :  0;1 �  0;1 liên tục thỏa mãn f (0)  0, f (1)  1, f n ( x)  x, x � 0;1 0;1 Chứng minh f ( x)  x đoạn   n n Giải Nếu f ( x)  f ( y ) f ( x)  f ( y), suy x  y Do đó, f đơn ánh Lại có f liên tục  0;1 , nên f đơn điệu  0;1 Vì f (0)  0, f (1)  1, suy f n hàm tăng, mà f ( x )  x, x � 0;1 Do f ( x)  x, x � 0;1 Bài tốn 1.22 Tìm hàm f : �� �là song ánh, tăng thực thỏa mãn f ( x)  g ( x)  x, x ��, g hàm ngược f 1 Giải Vì g hàm ngược hàm f ta có g  f Khi đó, ta có f ( x)  f 1 ( x )  x, x �� Thay x f ( x) suy f ( x)  f ( x)  x Lại thay x f ( x) lần nữa, ta thu f ( x)  f ( x)  f ( x)  2(2 f ( x)  x)  f ( x)  f ( x)  x Bằng phương pháp qui nạp, ta có f n ( x)  nf ( x)  (n  1) x, n ��, x �� n n n n Do f tăng chặt, suy f ( x )  f (0) x  f ( x )  f (0) x  Lại có f n ( x)  f n (0)  nf ( x)  (n  1) x  nf (0)  n( f ( x)  x  f (0))  x Bởi f n ( x)  f n (0) x   f ( x)  x  f (0) n n Cho n � �, suy f ( x)  x  f (0) �0 với x  f ( x)  x  f (0) �0 với x  1 2 1 1 Thay x f ( x ) suy f ( x)  f ( x)  x mà f ( x)  x  f ( x), nên f 2 ( x )  x  f ( x ) n Bằng qui nạp ta có f ( x )  (n  1) x  nf ( x ) n n Vì f tăng chặt, nên f ( x)  f (0) x  Nhưng f  n ( x)  f  n (0)  x  n( f ( x )  x  f (0)), nên suy f  n ( x)  f  n (0) x     f ( x)  x  f (0)  n n Cho n � �, ta kết luận f ( x)  x  f (0) �0 với x  f ( x)  x  f (0) �0 với x  Từ thu f ( x)  x  f (0), x �� Vậy nghiệm phương trình cho f ( x)  x  C , với C số thực Bài toán 1.23 Xét tất hàm đơn ánh f : �� � thỏa mãn điều kiện: f  x  f  x   2x , f x x với x �� Chứng minh hàm số   song ánh.(19) Giải a  g  x  f  x     x  f  x    x � g  g  x    g  x   x Do ta có g  g  x    g  x   x, x �� g x  g  x2  +) Ta chứng minh g đơn ánh Thật với x1 , x2 �� cho   suy g  g  x1    g  x1   g  g  x2    g  x2  � x1  x2 hay g đơn ánh +) Ta chứng minh g toàn ánh Thật với x �� ta có: f  x   �f  x  f  x �f  x   f� f� �2 �2 � � � � � � � �và kết hợp với f đơn ánh ta thu được: x f  x �f  x  � �f  x  � f� � g � � � � � � Đẳng thức chứng tỏ g tồn ánh f x x Do g song ánh hay   song ánh Bài toán 1.24 Xét tất hàm f , g , h : �� � cho f đơn ánh h song ánh thỏa mãn điều kiện f  g  x   h  x , với x �� g x Chứng minh   hàm song ánh Giải +) Ta chứng minh g  x  đơn ánh Thật với x1 , x2 �� cho f g x  f  g  x2   � h  x1   h  x2  � x1  x2 suy     (do h song ánh) Từ suy g đơn ánh g  x1   g  x2  +) Ta chứng minh g  x toàn ánh Thật với x �� h song ánh nên tồn y �� cho f  x  h  y  f  g  y   � x  g  y (do f đơn ánh) Từ suy g toàn ánh g x Vậy   hàm song ánh C KẾT LUẬN Với nỗ lực học tập nghiêm túc thân v ới s ự góp ý giúp đỡ NGND.TSKH Nguyễn Văn Mậu kết chuyên đề ‘ Một số phương pháp giải phương trình hàm biến trình bày theo hệ thống : Trình bày sử dụng phép đặt ẩn phụ, phép đổi biến Trình bày phương pháp qui nạp tốn học Trình bày phương pháp tìm nghiệm riêng Trình bày sử dụng tính chất hàm số Mỗi phương pháp có ví dụ toán minh họa cho ph ương pháp giải, cho dạng Một số tồn : Phương trình hàm chuyên đề rộng, nhiều dạng nên chuyên đề hệ thống số phương pháp giải, số dạng tập chưa tìm tất phương pháp giải tốn ch ưa trình bày nhiều lời giải khác cho toán Mặc dù cố gắng thời gian khả có h ạn ch ắc chắn chuyên đề có nhiều thiếu sót Tác giả mong nhận ý ki ến đóng góp q thầy bạn bè đồng nghiệp để chuyên đề đ ược hoàn chỉnh TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, 2002, Phương trình hàm NXBGD [2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến, 2009, Một số chuyên đề bồi giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thơng NXBGD [3] Nguyễn Trọng Tuấn, 2005, Bài toán hàm số qua kì thi Olimpic NXBGD [4] Một số chuyên đề tốn học hệ THPT [5] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [6] B J Venkatachala, Function Equations : A Problem Solving Approach, Prím Books PVT LTD, Bânglore, India ... Một số phương pháp giải phương trình hàm biến” trình bày số phương pháp giải phương trình hàm m ột biến, vài d ạng tốn điển hình phương trình hàm biến mà nghiệm có th ể dễ dàng tìm lớp cac hàm. .. cho ph ương pháp giải, cho dạng Một số tồn : Phương trình hàm chuyên đề rộng, nhiều dạng nên chuyên đề hệ thống số phương pháp giải, số dạng tập chưa tìm tất phương pháp giải tốn ch ưa trình bày... thuật tốn chung để giải phương trình hàm biến tương tự nh thuật toán giải phương trình đại số bậc hai Bởi vậy, để giải ph ương trình hàm biến, ta phải nghiên cứu kỹ tính chất hàm số cần tìm, đ ơn