SỬ DỤNG TÍNH CHẤT của ÁNH xạ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm t19

39 7 0
  • Loading ...
1/39 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/03/2020, 13:06

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII – NĂM 2019 - - -  - - - CHUYÊN ĐỀ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA ÁNH XẠ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM tháng năm 2019 A Mở đầu Lý chọn đề tài Các tốn phương trình hàm phần quan trọng chun ngành tốn đại số giải tích mảng khó chương trình tốn chun THPT Chính kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế khu vực tốn phương trình hàm thường hay đề cập thường xem dạng tốn khó Các em học sinh thường gặp số khó khăn tiếp cận dạng toán liên quan đến phương trình hàm Việc nhận tính chấy đặc biệt hàm số đặc biệt quan trọng , từ định hướng tìm nghiệm Trong dạng tốn phương trình hàm phương trình hàm sử dụng tính chất đơn ánh, toàn ánh song ánh xuất nhiều kỳ thi : trại hè Hùng Vương, duyên hải đồng Bắc Bộ, kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, Các tập loại thường đa dạng phương pháp giải, mức độ khó, tính mẻ Vì để phân chia thành dạng toán cụ thể khó khăn Với tất khó khăn chúng tơi chọn đề tài “Sử dụng số tính chất ánh xạ giải phương trình hàm” để trao đổi đưa số dạng tập đặc trưng đẻ góp phần thức đẩy việc học tập giảng dạy phân mơn phương trình hàm trường phổ thơng chun tốn Mục đích chọn đề tài Đề tài “Sử dụng số tính chất ánh xạ giải phương trình hàm” chọn để giới thiệu với thầy cô học sinh kinh nghiệm chúng tơi giảng dạy chủ đề phương trình hàm cho học sinh chun tốn Chúng tơi mong muốn đề tài góp phần nhỏ bé để việc giảng dạy phương trình hàm có hiệu giúp em có khả vận dụng giải số tập phương trình Từ em học sinh có nhìn tổng quan, sâu sắc việc sử dụng linh hoạt tính chất ánh xạ vào giải phương trình hàm nói riêng tốn hàm số nói chung Cấu trúc chuyên đề Phần 1: Mở đầu Phần 2: Nội dung Phần 3: Kết luận kiến nghị B Nội dung Những kiến thức trang bị 1 Ánh xạ Định nghĩa Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y quy tắc đặt tương ứng phần tử x X với (và một) phần tử Y Phần tử gọi ảnh x qua ánh xạ f kí hiệu f(x) (i) Tập X gọi tập xác định f Tập hợp Y gọi tập giá trị f (ii) Ánh xạ f từ X đến Y kí hiệu f : X →Y x a y = f ( x) (iii) Khi X Y tập số thực, ánh xạ f gọi hàm số xác định X f ( a) = y a ∈ X , y ∈Y (iv) Cho Nếu ta nói y ảnh a a nghịch ảnh y qua ánh xạ f { Y = y ∈ Y ∃x ∈ X , y = f ( x ) (v) Tập hợp } gọi tập ảnh f Nói cách khác, tập ảnh f (X) tập hợp tất phẩn tử Y mà có nghịch ảnh 1.2 Đơn ánh, tồn ánh, song ánh f : X →Y a ∈ X ,b ∈ X a≠b Định nghĩa Ánh xạ gọi đơn ánh với mà f ( a) ≠ f ( b) , tức hai phần tử phân biệt có hai ảnh phân biệt Từ định nghĩa ta suy ánh xạ f đơn ánh với a ∈ X ,b ∈ X mà f ( a) = f ( b) a=b , ta phải có y ∈Y f : X →Y Định nghĩa Ánh xạ gọi toàn ánh với phần tử tồn phần tử x∈ X Định nghĩa Ánh xạ y = f ( x) cho f : X →Y Như f toàn ánh Y = f ( X) gọi song ánh vừa đơn ánh vừa toàn y ∈Y f : X →Y ánh Như ánh xạ song ánh với , tồn x∈ X y = f ( x) phần tử để Ánh xạ ngược song ánh f −1 Định nghĩa Ánh xạ ngược f, kí hiệu phần tử y ∈Y phần tử x∈ X , ánh xạ từ Y đến X gán cho y = f ( x) cho Như f ( x) = y ⇔ f ( x) = y −1 Chú ý Nếu f khơng phải song ánh ta định nghĩa ánh xạ ngược f Do nói đến ánh xạ ngược f song ánh Một số lưu ý sử dụng tính chất ánh xạ vào làm tập * Nếu f :¡ →¡ tồn ánh với y∈¡ , tồn x ∈¡ y = f ( x) tức y = f ( x) phương trình ấn x ln có nghiệm * Nếu f hàm số mà đơn ánh rấy hay dùng thủ thuật tác động f vào tạo f ( ϕ ( x) ) = f ( φ ( x) ) ⇒ ϕ ( x) = φ ( x) f ( b) = * Nếu f tồn ánh ta hay dùng tồn số b cho sau tìm b * Nếu quan hệ hàm hàm bậc biến vế phải nghĩ đến tính đơn ánh, tồn ánh f ( x ) = ϕ ( x ) ∀x ∈ T f :¡ →¡ * Nếu toàn ánh , T tập giá trị hàm f f ( x ) = ϕ ( x ) ∀x ∈ ¡ , f ( x) f x * Nếu vế có chứa vế lại có chứa biến bên ngồi thơng thường đơn ánh f ( x) = f ( y) x=y f :¡ →¡ * Nếu đơn ánh từ suy f ( f ( x ) ) = ax + b ( a ≠ ) f :¡ →¡ f * Nếu song ánh ¡ 2.1 Sử dụng tính chất ánh xạ hàm số giải số tập phương trình hàm f :¡ →¡ Bài 1: Chứng minh không tồn hàm số thỏa mãn hệ thức f ( x − 2018 f ( y ) ) = y − 2019 f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ (1) Giải f :¡ → ¡ Giả sử tồn hàm số thỏa mãn f ( −2018 f ( y ) ) = y − 2019 f ( ) x=0 Thay vào (1) ta có ∃a / f ( a ) = y f Vế phải hàm bậc theo biến nên toàn ánh nên y=a Thay vào (1) ta có f ( x − 2018 f ( a ) ) = a − 2019 f ( x ) ⇔ f ( x ) = a − 2019 f ( x ) ⇔ 2020 f ( x ) = a ⇔ f ( x ) = C Thay vào (1) không thỏa mãn Vậy không tồn hàm số thỏa mãn đề Bài Cho hàm số x, y ∈ ¡ f ( x2 + f ( y ) ) = y + f :¡ → ¡ Chứng minh thỏa mãn điều kiện: f ( x) hàm lẻ ¡ f ( x) với Giải f ( x2 + f ( y ) ) = y + Đặt a = f ( 0) f ( x) x, y ∈ ¡ với (1) Thay x = vào (1) ta thu f ( f ( y) ) = 4y + f ( ) = y + a , ∀y ∈ ¡ 2 y ( 2) f Vì vế phải hàm bậc theo y=0 Thay Tiếp tụ vào (1) ta c thay x −x nên suy song ánh f ( x + f ( ) ) = f ( x ) , ∀x ∈ ¡ f ( x2 + f ( 0) ) = (3) ta ( 3) f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ ( 4) f ( x ) = f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ Từ (3) (4) ta suy f ( −x) = f ( x) f −x = x ⇔ x = Trường hợp xảy (do song ánh) f ( −x) = − f ( x) x≠0 với Vậy f ( b) = f b Vì song ánh nên tồn số cho f ( −b ) = − f ( b ) f ( b ) = f ( −b ) b≠0 Nếu nên b = 0, mâu thuẫn f ( 0) = f ( −x) = − f ( x) f x∈¡ Do Vậy với tức là hàm lẻ f ¡ ¡ Bài 2: Tìm tất hàm số xác định tập , lấy giá trị thỏa mãn phương trình f ( x + y + f ( y) ) = f ( f ( x) ) + 2y Giải y=0 Cho ta với số thực f ( f ( x ) ) = f ( x + f ( 0) ) f ( y1 ) = f ( y2 ) y1 , y2 f Ta chứng minh x, y đơn ánh Thật cho f ( f ( y1 ) ) = f ( f ( y2 ) ) ⇒ f ( y1 + f ( ) ) = f ( y2 + f ( ) ) Từ (1) (2) ta có x = f ( 0) − f ( y) Cho thay vào phương trình cho ta ( (1) (2) (3) ) f ( f ( 0) − f ( y ) + y + f ( y ) ) = f f ( f ( 0) − f ( y ) ) + y ( ) ⇔ f ( y + f ( 0) ) = f f ( f ( 0) − f ( y ) ) + y y Từ (4) lần thay y1 , y2 (4) ta ( ) f ( y + f ( 0) ) = f ( f ( f ( 0) − f ( y ) ) ) + y f ( y1 + f ( ) ) = f f ( f ( ) − f ( y1 ) ) + y1 2 y1 = y2 Từ hai đẳng thức kết hợp với (2) (3) ta Vậy f ( x ) = x + f ( 0) Do từ (1) ta có thử lại thấy thỏa mãn + f :¡ →¡ Bài 3: Tìm tất thỏa mãn đồng thời điều kiện sau 1) f ( f ( x ) + y ) = x + f ( y ) f đơn ánh 2)∀x ∈ ¡ + , ∃y ∈ ¡ + / f ( y ) = x Giải y f Cố định ta dễ dàng chứng minh đơn ánh f ( f ( 0) ) = f ( 0) ⇔ f ( 0) = x = 0; y = f Thay vào (1) (do đơn ánh ) f ( f ( x) ) = x y=0 Thay vào (1) x = f ( x) ( ) f f ( f ( x) ) + y = f ( x) + f ( y) ⇔ f ( x + y) = f ( x) + f ( y) Thay vào (1) + ∀x ∈ ¡ , ∃y ∈ ¡ + / f ( y ) = x f Do nên ta tác động vào vế (2) f ( x) = f ( f ( y) ) = y suy ∀x ∈ ¡ f ( x) ∈ ¡ + f ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ + kết hợp với f ( 0) = ta f ( x) = x (3) Từ (2) (3) ta Thử lại thỏa mãn f :¡ →¡ Bài 4: Tìm tất hàm số thỏa mãn hệ thức f ( x + y ) + f ( x + f ( y ) ) = f ( x ) + f ( x ) + f ( y ) + y , ∀x, y ∈ ¡ Giải Thay x = 0; y = x ta f ( x ) + f ( f ( x ) ) = f ( 0) + f ( 0) + f ( x ) + x ⇔ f ( f ( x ) ) = x + f ( 0) + f ( 0) y=0 Thay f nên song ánh f ( x ) + f ( x2 + f ( 0) ) = f ( x ) + f ( 0) + f ( x ) vào (1) ⇔ f ( x2 + f ( 0) ) = f ( x ) + f ( ) ⇔ f ( x ) = f ( − x ) Thay f ( 0) = (1) x = y; y = x vào (1) x = − y; y = x Thay ta có f đơn ánh nên f ( x) = − f ( −x) f ( x + y ) + f ( y2 + f ( x ) ) = f ( y ) + f ( y ) + f ( x ) + x f ( x − y) + f ( y2 + f ( x) ) = f ( − y ) + f ( − y ) + f ( x) + x ⇔ f ( x − y) + f ( y2 + f ( x) ) = f ( y ) − f ( y ) + f ( x ) + x ⇔ f ( x + y ) − f ( y ) = f ( x − y ) + f ( y ) (*) x, y Hốn đổi vai trò (*) ta f ( y + x) − f ( y − x) = f ( x) ⇔ f ( x + y) + f ( x − y) = f ( x) ⇔ f ( x + y) = f ( x) + f ( y) Mà f ( x2 ) = f ( x ) nên f ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ f :¡ →¡ Bài 5: Tìm tất hàm số f ( f ( x) + y ) = 2x + f ( f ( y ) − x ) suy f ( x) = x Thử lại thỏa mãn thỏa mãn điều kiện: ,với x, y ∈ ¡ Giải y = − f ( x) f Ta chứng minh được: toàn ánh Thật vậy, thay ( ) ( vào phương trình ban đầu ta ) f ( 0) = 2x + f f ( − f ( x ) ) − x ⇔ f f ( − f ( x ) ) − x = f ( 0) − 2x , f suy toàn ánh f f ( a ) = a∈¡ Do toàn ánh nên tồn cho x=a Thay vào phương trình ban đầu ta được: f ( y ) = 2a + f ( f ( y ) − a ) ⇔ f ( f ( y ) − a ) + a = f ( y ) − a f Do toàn ánh nên với thức (1) ta thu được: kiện Vậy x∈¡ tồn y∈¡ x = f ( x ) + a ⇔ f ( x ) = x − a, cho x + a = f ( y) (1) Do từ đẳng ∀x ∈ ¡ Thử lại ta thấy thỏa mãn điều f ( x ) = x − a f :¡ →¡ Bài 6: Tìm tất hàm số thỏa mãn hệ thức f ( xf ( x + y ) ) = f ( yf ( x ) ) + x , ∀x, y ∈ ¡ (1) Giải f ( 0) = ⇔ x = Ta chứng minh f ( 0) ≠ Thật x x = 0; y = f ( ) = f ( x ) ∀x ∈ ¡ f ( 0) Thay vào (1) f ( 0) = f Do hàm hằng, thay vào (1) không thỏa mãn Vậy f ( x) = f ( 0) = ⇔ x = f ( 0) = f ( 0) + x ⇔ x = Mặt khác ta có Suy f ( xf ( x ) ) = x y=0 Thay vào (1) ta có f Ta chứng minh đơn ánh Thật a, b Với hai số khác thỏa mãn x = a; y = b − a Thay vào (1) ta có f ( af ( b ) ) = f ⇔ f ( ( b − a) f ( a) ) + a = f f ( a) = f ( b) ( ( b − a ) f ( a ) ) + f ( af ( a ) ) ( ( b − a ) f ( a ) ) = f ( af ( b ) ) − f ( af ( a ) ) f ( a) = f ( b) Vì ánh ⇔ f nên ( ( b − a) f ( a) ) = ⇔ ( b − a) f ( a) = ⇔ a = b f ( xf ( x ) ) = x = ( − x ) = f ( − xf ( − x ) ) Ta có f đơn f , đơn ánh nên xf ( x ) = − xf ( − x ) ⇒ f ( x ) = − f ( − x ) f ( xf ( x ) ) = x Do ¡ − ⊆ f (¡ ) nên Chứng tỏ ¡ + ∪ { 0} ⊂ f ( ¡ f (¡ ) =¡ f Vì Từ ) +) Nếu Thay Thay Do Thay tức u ∈ ¡ / f ( u) =1 toàn ánh nên tồn f ( uf ( u ) ) = u ⇒ f ( u ) = u ⇒ u = ±1 u =1 f hàm lẻ nên f ( − xf ( x ) ) = − x suy f ( 1) = x = 1; y = x − vào (1) ta có x = 1; y = − x − f ( xf ( x ) ) = f ( x − 1) + f ( f ( − x ) ) = f ( − x − 1) + ⇒ − f ( f ( x ) ) = − f ( x + 1) + vào (1) ta có f ( x + 1) = f ( x − 1) + ⇒ f ( x + ) = f ( x ) + ⇒ f ( x + ) = f ( x ) + x=2 vào (1) f ( f ( y + ) ) = f ( yf ( ) ) + = f ( y + ) ⇒ f ( y + ) = y + ⇒ f ( y ) = y u = −1 +) Làm tương tự với ta Thử lại hai hàm thỏa mãn f ( y) = −y Bài : Tìm tất hàm số f :¡ → ¡ f ( x + f ( xy ) ) = xf ( x + y ) , ∀x, y ∈ ¡ thỏa mãn hệ thức Giải Giả sử Cách 1: Thay f :¡ →¡ hàm số thỏa mãn đề f ( x + f ( ) ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ y=0 ta (2) x =  x = −1   f ( + f ( −1) ) = f ( ) f ( + f ( −1) ) = − f ( )  y = −1  y = −1 Thay ta Từ suy f ( 0) = f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ Kết hợp với (2) ta có Trong (3) thay x −x ta f(x (3) ) = − xf ( − x ) , ∀x ∈ ¡ suy f ( x ) = − f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ \ { 0} Do f ( 0) = Thay ta có x = x   y = −x f ( x ) = − f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ ( (4) ) f x + f ( − x ) = 0, ∀x ∈ ¡ ta Kết hợp với (4) suy ( ) f x − f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ (3) nên f ( xf ( x ) − x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Do (6) Xét trường hợp sau f ( x) ≡ Trường hợp 1: Dễ thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu a f ( x − xf ( x ) ) = 0, ∀x ∈ ¡ f ( a) ≠ Trường hợp 1: Tồn số thực soa cho x = x  f x + f ( ax − x ) = xf ( a ) , ∀x ∈ ¡ f y = a − x Thay ta suy toàn ánh ( ) 10 1 u0 = , u1 = , un +1 = , ∀n ∈ ¥ x f ( u0 ) f ( un ) Trong (1) thay x Như dãy số + Nếu 1 < f ( x) x ⇔ un+ − un +1 = un+1 − un , ∀n ∈ ¥ , ta d = u1 − u0 = ( un ) un = u1 + ( n − 1) d = un = f ( un−1 ) > 2un+1 = un+ + un , ∀n ∈ ¥ cấp số cộng có cơng sai  1 1 + ( n − 1)  −  , ∀n ∈ ¥ f ( x)  f ( x) x  1 − f ( x) x Do (5’’) lim un = −∞ từ (5’’) ta suy n →∞ , nên tồn n đủ lớn cho un < f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) mâu thuẫn với giả thiết 1 > f ( x) x + Nếu ta xây dựng dãy số sau: 1 a0 = ,a1 = , an +1 −1 , ∀n ∈ ¥ f ( x) x f ( an ) Trong (5’) thay x f −1 ( an +1 ) an = a1 + ( n − 1) ( a1 − a0 ) = Mặt khác 1 > f ( x) x mâu thuẫn với ta an + + an = 2an +1∀n ∈ ¥ Tương tự ta thu 1 1  + ( n − 1)  −  , ∀n ∈ ¥ x x f x ( )   lim an = −∞ nên ta suy f −1 : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) n →∞ dẫn đến tồn n đủ lớn cho an < 1 = ⇔ f ( x) = x f ( x) x Vậy hai trường hợp dẫn đến mâu thuẫn nên ta phải có f ( x ) = x, ∀ x ∈ ( 0; +∞ ) ( 0;+∞ ) x Do ta lấy tùy ý nên suy Thử lại ta thấy thỏa mãn 25 2.3 Một số kết hợp tính chất ánh xạ toán khác Bài (IMO Shortlist 2005) f :¡ Tìm tất hàm Giải Cho y>0 , xét hàm →¡ + + cho f ( x ) f ( y ) = f ( x + yf ( x ) ) , ∀x , y ∈ ¡ ϕ ( x ) = x + yf ( x ) , x ∈ ¡ + (1) + ϕ ( x1 ) = ϕ ( x2 ) f Ta chứng minh đơn ánh Giả sử ϕ ( x1 ) = ϕ ( x2 ) ⇒ f ( x1 ) f ( y ) = f ( ϕ ( x1 ) ) = f ( ϕ ( x2 ) ) = f ( x2 ) f ( y ) ⇒ f ( x1 ) = f ( x2 ) (do Do f ( y) > ) ϕ ( x1 ) = ϕ ( x2 ) ⇒ x1 + yf ( x1 ) = x2 + yf ( x2 ) ⇒ x1 = x2 f ( x1 ) = f ( x2 ) f Tiếp theo ta chứng minh x1 > x2 Thật vậy, ϕ ( x1 ) = x1 + ϕ ( x2 ) = x2 + Suy hàm không giảm f ( x1 ) < f ( x2 ) x1 − x2 f ( x2 ) − f ( x1 ) y= x1 − x2 >0 f ( x2 ) − f ( x1 ) , thay x f ( x2 ) − x2 f ( x1 ) f ( x1 ) = f ( x2 ) − f ( x1 ) Ta có x f ( x2 ) − x2 f ( x1 ) x1 − x2 f ( x2 ) = f ( x2 ) − f ( x1 ) f ( x2 ) − f ( x1 ) ϕ ( x1 ) = ϕ ( x2 ) ⇒ x1 = x2 Do f mâu thuẫn với giả sử Vậy hàm không giảm f ( x ) f ( y ) = f ( x + yf ( x ) ) ≥ f ( x ) ⇒ f ( y ) ≥ 2, y > Mặt khác f ( x + yf ( x ) ) = f ( y + xf ( y ) ) ≥ f ( xf ( y ) ) ≥ f ( x ) f là hàm khoảng khoảng ( x;2 x ] , với f ( x ) = 2, ∀x ∈ ¡ x>0 ( x;2 x ] , với x>0 , với nhỏ tùy ý, suy f , f y>0 là hàm khoảng ¡ là hàm + Vậy + Thử lại thỏa mãn Cách 2: Phương pháp thêm biến 26 z>0 Ta thêm biến x, y , z sau : Với số dương sử dụng nhiều lần (1) sau ( f ( x ) f ( y ) f ( z ) = f ( z ) f ( x + yf ( x ) ) = f z + ( x + yf ( x ) ) f ( z ) ( = f ( z + xf ( z ) + yf ( z ) f ( x ) ) = f z + xf ( z ) + yf ( z + xf ( z ) ) ) ) = f ( z + xf ( z ) ) f ( y ) = f ( z ) f ( x ) f ( y ) Do f ( z) , f ( x) > nên từ (2) thu y= f ( x1 ) < f ( x2 ) x1 > x2 (2) f ( y ) = f ( y ) , ∀y > x1 − x2 >0 f ( x2 ) − f ( x1 ) Nếu , thay yf ( x2 ) − yf ( x1 ) = x1 − x2 ⇒ yf ( x2 ) + x2 = yf ( x1 ) + x1 (3) Khi ⇒ f ( x2 + yf ( x2 ) ) = f ( x1 + yf ( x1 ) ) ⇒ f ( x2 ) f ( y ) = f ( x1 ) f ( y ) Do f ( y) > x1 > x2 Giả sử n nên suy đoạn ( 0; +∞ ) : vơ lý Do với số dương 2n x1 > x2  x1 ;2n x1  , kết hợp với (3) ta chứng minh lim 2n x1 = +∞ x cho hàm tăng x2 ∈  x1 ;2n x1  nên Thay vào (1) f ( x ) = 2, ∀x > thỏa mãn yêu đề Bài 2: (IMO Shortlist 2007) f :¡ + → ¡ + Tìm tất hàm số cho f ( x + f ( y ) ) = f ( x + y ) + f ( y ) ∀x, y ∈ ¡ ( 0;+∞ ) f ( x1 ) = f ( x2 ) C=2 hàm nên tồn số tự nhiên f , lại x1 , x2 f hai phần tử đủ lớn cho f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) ta ln có x1 , x2 > f ( x2 ) = f ( x1 ) f nên hàm f , suy hàm Vậy có hàm số + Giải Ta chứng minh f ( y ) > y, ∀y ∈ ¡ Thật từ (1) suy + f ( x + f ( y) ) > f ( x + y) ⇒ f ( y) ≠ y 27 f ( y) < y Nếu y với x = y − f ( y) Ta đặt x = y − f ( y) > Thay vào (1) ta f ( y − f ( y) + f ( y) ) = f ( y − f ( y) + y) + f ( y) ⇔ f ( y) = f ( y − f ( y) + y) + f ( y) f ( y − f ( y) + y) > f ( y ) > y, ∀y ∈ ¡ + Điều vơ lý Vậy g ( x) = f ( x) − x g ( x ) > ∀x ∈ ¡ + ∀x ∈ ¡ + đặt , hiển nhiên Ta có g ( x + g ( y) + y) + x + g ( y) + y = g ( x + y) + x + y + g ( y) + y ⇔ g ( x + g ( y) + y) = g ( x + y) + y Đặt ⇔ g ( t + g ( y ) ) = g ( t ) + y, ∀t > y > x+ y =t suy g Ta dễ dàng chứng đơn ánh u, v t >u+v Cho số dương g ( t + g ( u + v) ) = g ( t ) + u + v = ( g ( t ) + u) + v = g ( t + g ( u ) ) + v = g ( t + g ( u ) + g ( v) ) g Do đơn ánh nên t + g ( u + v) = t + g ( u) + g ( v) ⇔ g ( u + v) = g ( u) + g ( v)  g ( v) >   g ( u + v) = g ( u ) + g ( v) g Mặt khác nên hàm tăng g ( x ) = x ⇔ f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ + Do Thử lại thỏa mãn f :¡ →¡ Bài 3: (IMO 2017) Tìm tất hàm số thỏa mãn f ( f ( x ) f ( y ) ) + f ( x + y ) = f ( xy ) , ∀x, y ∈ ¡ a = f ( 0) Giải : Đặt a=0 TH 1: Thay y=0 (1) vào (1) ta có f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Hàm thỏa mãn yêu cầu 28 TH2: Thay Thay a≠0 x= y=0 y = a2 a ≠1 vào (1) ta vào (1) ta x = x0 = Nếu Chọn f ( a2 ) = a + f ( x + a ) = f ( a x ) , ∀x ∈ ¡ (2) a a −1 ta có x0 + a = a x0 nên từ (2) ta suy (mâu thuẫn ) Do a = ⇔ a = ±1 a =1 * f ( 1) = 0, f ( ) = f ( x + 1) = f ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡ ta có Khi phương trình (2) trở thành f ( f ( x ) ) + f ( x ) = 1, ∀x ∈ ¡ g ( x) = 1− f ( x) x=0 Thay vào (1) ta có Đặt ta có g ( x + 1) = g ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡ (3) g ( x + 1) = g ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡ (4) Với phép đặt (1) viết lại sau g ( g ( x ) g ( y ) − g ( x ) − g ( y ) ) = g ( xy ) − g ( x + y ) , ∀x, y ∈ ¡ Thay Thay x y +1 x +1 y , vào phương trình ta g ( g ( x ) g ( y ) ) = g ( xy + x + y ) − g ( x + y ) , ∀x , y ∈ ¡ g ( g ( x) ) y =1 (5) = g ( x + 1) − g ( x + 1) = g ( x ) − g ( x ) , ∀x ∈ ¡ vào (5) ta có g ( −2 ) = −2 y = −2 Dễ dàng tính Thay vào (5) sử dụng (3) ta g ( −2 g ( x ) ) = g ( − x − ) − g ( x − ) = g ( − x ) − g ( x ) , ∀x ∈ ¡ (7) −g ( x) x Thay vào (6) sử dụng (4) (7) ( (6) ) − g ( x ) = g ( − g ( x ) ) = g g ( − g ( x ) ) = g ( −2 g ( x ) ) − g ( − g ( x ) ) = g ( − x ) , ∀x ∈ ¡ Do g ( x) hàm lẻ Suy g ( g ( x) ) = g ( x) ( (4) (6) ) 29 −y −x y Thay , vào (5) đối chiếu với chình phương trình ta g ( xy − x − y ) + g ( x + y ) = g ( x + y + xy ) − g ( x + y ) , ∀x, y ∈ ¡ hay g ( x + y − xy ) + g ( x + y + xy ) = g ( x + y ) = g ( x + y ) , ∀x, y ∈ ¡ x ∀x, y ∈ ¡ x2 ≥ y Từ suy mà g ( x − y ) + g ( x + y ) = g ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ g ( x − y) + g ( x + y) , phương trình với y ∀y ≤ 0, ∀x ∈ ¡ −y Do biểu thức đối xứng nên phương trình thỏa ∀y > mãn với g ( x − y ) + g ( x + y ) = g ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ g ( x) Vậy hàm cộng tính Ta viết (5) sau g ( g ( x ) g ( y ) ) = g ( xy ) , ∀x, y ∈ ¡ (8) g ( b) = b≠0 Gải sử tồn cho x=− ,y =b g ( −2 ) = g ( x ) ≠ 0, ∀x ≠ b Thay vào (8) ta mâu thuẫn Do g ( x) Tiếp theo ta chứng minh đơn ánh g ( c) = g ( d ) c, d ≠ 0, c ≠ d y = c, y = d Giả sử có số cho , thay vào (8) g ( cx ) = g ( dx ) , ∀x ∈ ¡ g ( x ) = g ( kx ) , ∀x ∈ ¡ đói chiếu kết với ta c 2 k = ≠1 x = x1 = − y = y1 = d k −1 k −1 Trong Chọn ta có g ( −2 ) = g ( kx1 + y1 ) = g ( kx1 ) + g ( y1 ) = g ( x1 ) + g ( y1 ) = g ( x1 + y1 ) = g ( ) = c, d g ( x) Mâu thuẫn dẫn đến khơng tồn cặp nói Vậy đơn ánh g ( g ( x) ) = g ( x) g ( x) = x f ( x ) = − x, ∀x ∈ ¡ Do nên hay Thử lại thấy thỏa mãn a = −1 * 30 h ( x) = f ( x) −1 h( x) Bằng cách đặt ta thu kết (3),(4),(5),(6),(7),(8) cho h( x) = x f ( x ) = x − 1, ∀x ∈ ¡ suy Thử lại thỏa mãn f ( x ) = 0; f ( x ) = x − 1; f ( x ) = − x Kết luận có hàm thỏa mãn : f ( ) ; f ( 1) Nhận xét: Điểm mấu chốt của tốn tính thiết lập quan hệ f ( x + 1) f ( x) kiểu truy hồi thể liên hệ giải Ý tưởng giống số IMO 2015 Tuy nhiên khó Bài 4: (Iran TST 2008) Cho f : ¥∗ → ¥∗ k số ngun dương Tìm tất hàm số f ( m ) + f ( n ) ( m + n ) , ∀m, n ∈ ¥ ∗ k thỏa mãn điều kiện Giải: Ta thử tính số giá trị đặc biệt f ( 1) 2k thu Tiếp theo Từ điều kiện suy m = 2, n = f ( ) , f ( 1) f ( 1) 2k −1 với điều kiện f ( 1) , f ( ) ta Thay m = n =1 f ( ) + f ( 1) 3k vào điều kiện ban đầu thu khác tính chẵn, lẻ Nếu f ( 1) = Nếu f ( 2) lẻ thay f ( 2) ta , kết hợp với Tiếp theo thay thay chẵn m=n=2 f ( ) + f ( ) 4k ⇔ f ( ) 22 k ⇔ f ( ) 22 k −1 m=n=4 vào điều kiện ban đầu f ( 1) vào điều kiện ban đầu f ( 2) lẻ nên f ( 2) = vào điều kiện ban đầu ta ; f ( ) + f ( ) 5k ⇔ f ( ) + k ⇒ f ( ) vào điều kiện ban đầu ta m = 3, n = Tiếp tục thay vào điều kiện ban đầu ta f ( 3) + f ( ) k ⇔ f ( 3) + f ( ) k ⇒ f ( ) lẻ suy tính f ( ) + f ( ) 8k ⇔ f ( ) 23 k −1 m = 3, n = f ( 1) lẻ, kết hợp f ( 4) = chẵn Theo lập luận việc tương đối khó khăn Như ta cần theo hướng làm khác 31 Đầu tiên ta dễ nhận thấy hàm số cần tìm f ( n ) = n, n ∈ ¥ ∗ Nếu hàm số p ta dự đốn tính chất đặc biệt hàm số chẳng hạn p f ( n) số nguyên tố cho f ( n + 1) − f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ ∗ pn , f , hàm số đơn ánh f … Ta cần tìm đẳng thức liên hệ hàm số Do ta chứng minh tính chất f ( n + 1) − f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ ∗ Để chứng minh tính chất ta thường làm theo hướng: giả sử tồn số nguyên dương p ( f ( n + 1) ) − f ( n ) f ( n + 1) − f ( n ) > ⇒ cho tồn số nguyên tố f ( n + 1) f ( n ) Ta tìm mối liên hệ , Từ điều kiện ban đầu ta có f ( m ) + f ( n ) ( m + n ) , ∀m ∈ ¥ ∗ (1) f ( m ) + f ( n + 1) ( m + n + 1) , ∀m ∈ ¥ ∗ k k kiện suy n Từ hai điều ( f ( m ) + f ( n ) , f ( m ) + f ( n + 1) ) = 1, ∀m ∈ ¥ ( f ( m ) + f ( n ) , f ( m ) + f ( n + 1) − f ( m ) − f ( n ) ) = 1, ∀m ∈ ¥ ⇒ ( f ( m ) + f ( n ) , f ( n + 1) − f ( n ) ) = 1, ∀m ∈ ¥ ∗ Kết hợp (1) (2) ta chọn m Việc chọn đơn giản, lấy ∗ suy ∗ (2) p f ( m) + f ( n) cho ta có điều mâu thuẫn m = pα + n với α đủ lớn điều kiện ban đầu ta f ( m ) + f ( n ) ( m + n ) ⇒ f ( m ) + f ( n ) pα k k f ( m) + f ( n) > ⇒ p f ( m) + f ( n) Kết hợp với Từ điều (1), (2) mâu thuẫn suy f ( n + 1) − f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ ∗ (3) f ( n + 1) − f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ ∗ Từ (3) giả thiết ta cần f ( n + 1) − f ( n ) = −1, ∀n ∈ ¥ ∗ Nhận thấy hai đẳng thức khơng xảy 32 tồn số ngun dương k cho cộng vế hai đẳng thức ta f ( k + 1) − f ( k ) = f ( k + ) − f ( k + 1) = −1 f ( k + 2) − f ( k ) = ⇔ f ( k + 2) = f ( k ) , Ta f cần điều không , muốn ta nghĩ đến chứng minh hàm số đơn ánh f ( a) = f ( b) a, b Thật giả sử tồn hai số nguyên dương phân biệt cho Theo giả thiết ta có  f ( a) + f ( x) ( a + x) k  , ∀x ∈ ¥ ∗  k  f ( a) + f ( x) ( b + x)  (4) ( a + x, b + x) = a≠b x Do nên tồn số nguyên dương cho (điều thực ( a + x, b + x ) = ( a + x , a + x − b − x ) = ( a + x, a − b ) x , từ ta cần lấy cho a+x số nguyên tố đủ lớn) f ( a) + f ( x) Từ (4) suy ( ( a + x) k ,( b + x) k ) =1 f đơn ánh Từ phân tích ta , vơ lí f ( a) + f ( x) > Do hàm số f ( n + 1) − f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ ∗ f ( n + 1) − f ( n ) = −1, ∀n ∈ ¥ ∗ TH1 f ( n + 1) − f ( n ) = −1, ∀n ∈ ¥ ∗ ⇒ f ( n + 1) < f ( n ) = −1, ∀n ∈ ¥ ∗ f ( n + 1) − f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ ⇒ f ( n ) = n − + f ( 1) , ∀n ∈ ¥ ∗ TH2 vơ lí ∗ m + n − + f ( 1) ( m + n ) , ∀m, n ∈ ¥ ∗ k Thử vào điều kiện ban đầu ta m = 2, n = m = n =1 m=n=2 Từ (5) cho và thu 2 f ( 1) k  f ( 1) 2k −1   k k 1 + f ( 1) ⇒ 1 + f ( 1) ⇒ f ( 1) =   k k −1 2 + f ( 1) 1 + f ( 1) Do f ( n) = n Thử lại thấy thỏa mãn Vậy nghiệm toán (5) f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ ∗ 33 Bài tập tương tự Bài 1: Tìm tất hàm Bài 2: Tìm tất hàm Bài 3: Tìm tất hàm f :¡ →¡ thỏa mãn f :¡ →¡ thỏa mãn f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) f ( x(1+ y) ) = f ( x) (1+ f ( y) ) f ( xf ( y ) + f ( x ) ) = f ( x ) + xy thỏa mãn xf ( xf ( y ) ) = f ( f ( y ) ) , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) Bài 4: Tìm tất hàm f ( x + y ) + f ( xy ) = x + y + xy ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) Bài 5: Tìm tất hàm f :¡ →¡ thỏa mãn thỏa mãn f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) − f ( y ) + f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Bài 6: Tìm tất hàm f :¡ →¡ thỏa mãn f ( f ( x ) − y ) = f ( x ) − f ( y ) + f ( x ) f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ f :¡ →¡ Bài : Tìm tất hàm thỏa mãn f ( f ( x ) + y ) = f ( x + y ) + xf ( y ) − xy − x + 1, ∀x , y ∈ ¡ Bài 8: Tìm tất hàm f :¡ →¡ thỏa mãn f ( f ( x + y ) ) = f ( x + y ) + f ( x ) f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ Bài 9: Tìm tất hàm f :¡ →¡ thỏa mãn f ( x + xy + f ( y ) ) = f ( x ) + xf ( y ) + y , ∀x, y ∈ ¡ Bài 10: Tìm tất hàm f :¡ →¡ thỏa mãn ( f ( x ) + f ( z ) ) ( f ( y ) + f ( t ) ) = f ( xy − zt ) + f ( xt + yz ) , ∀x, y, z , t ∈ ¡ 34 Bài 11: Tìm tất hàm f :¡ →¡ thỏa mãn f ( y − f ( x ) ) = ( x 2018 − y ) − 2017 yf ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ f :¡ →¡ Bài 12: Tìm tất hàm số cho f ( x) f ( y ) = xf ( f ( y − x )) + xf (2 x) + f ( x ) ∀x, y ∈ ¡ , f :¡ →¡ Bài 13 Cho hàm số cho: ( y + 1) f ( x ) + f ( xf ( y ) + f ( x + y ) ) = y ∀x, y ∈ ¡ f ( 0) ≠ a) Chứng minh f ( x) b) Tìm tất hàm số thỏa mãn điều kiện f : ¥* → ¥* Bài 14 Tìm tất hàm số thỏa mãn điều kiện ( f (a) + b) f (a + f (b)) = ( a + f (b)) , ∀a, b ∈ ¥ * [ 0;1] f ( x) Bài 15 Cho hàm số liên tục thỏa mãn  2x + y    f ( ) = 0; f ( 1) = 1; f  f  ÷ ÷ = f ( x) + f ( y ) x ≥ y; x , y ∈ [ 0;1]    23  với Hãy tính f :¡ →¡ Bài 16 Tìm tất hàm số cho thỏa mãn   f ( 1) >    f ( xy − 1) + f ( x ) f ( y ) = 3xy − 1, ∀x, y ∈ ¡ f :¡ →¡ Bài 17 Tìm tất hàm số f ( x + yf ( x ) ) = xf ( y ) + f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ cho thỏa mãn f :¡ →¡ Bài 18 Tìm tất hàm số cho f ( xy ) + f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + x + 1, ∀x, y ∈ ¡ Bài 19 Tìm tất hàm số đơn điệu ¡ thỏa mãn f ( x + f ( y ) ) = f ( x ) + y , ∀x, y ∈ ¡ 35 Bài 20 Tìm tất hàm số f :¡ →¡ f ( f ( x ) + f ( y ) ) = f ( x ) + 2x f ( y ) + f 2 cho ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Bài 21 Indian 2015 f :¡ →¡ Tìm tất hàm cho f ( x + yf ( x ) ) = xf ( x + y ) , ∀x, y ∈ ¡ Bài 22 Zhautykov Olympiad 2015 f :¡ →¡ Tìm tất hàm cho f ( x + y + xy ) = x f ( x ) + y f ( y ) + f ( xy ) , ∀x, y ∈ ¡ Bài 23 Baltic Way 2014 ∀x, y ∈ ¡ f :¡ →¡ Tìm tất hàm thỏa mãn ta có f ( f ( y ) ) + f ( x − y ) = f ( xf ( y ) − x ) Bài 24 Albania TST 2014 ∀x, y ∈ ¡ f :¡ →¡ Tìm tất hàm thỏa mãn f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + xy Bài 25 European Girls’ Mathemmatical Olympiad 2014 ∀x, y ∈ ¡ f :¡ →¡ Tìm tất hàm thỏa mãn ta có f ( y + xf ( y ) + f ( x ) ) = ( y + f ( x ) ) ( x + f ( y ) ) Bài 26 Romanian Distric Olympiad 2014 m, n ∈ ¥ f :¥ →¥ Tìm tất hàm cho với f ( m + n ) − 1| f ( m ) + f ( n ) Bài 27 Korea 2014 f :¡ →¡ ∀x, y ∈ ¡ Tìm tất hàm thỏa mãn f ( xf ( x ) + f ( x ) f ( y ) + y − 1) = f ( xf ( x ) + xy ) + y − Bài 28 Middle European Mathematical Olympiad 2014 Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn ∀x, y ∈ ¡ 36 xf ( y ) + f ( xf ( y ) ) − xf ( f ( y ) ) − f ( xy ) = x + f ( y ) − f ( x + y ) Bài 29 (Canada 2008) Tìm tất hàm số f ( f ( x ) + f ( y ) ) = 2x + y x, y Ô ,vi mi f :Ô Ô Bi 30 (M rng Canada 2008) Tìm tất hàm số f ( f ( x ) + f ( y ) ) = 2x + y x, y Ô + ,vi mi tha ng thc: f :Ô+ Ô+ tha ng thc: 37 Phn 3: Kt lun Chuyên đề chứng cập nhật tổng hợp số tập sử dụng tính chất ánh xạ hàm số để giải phương trình hàm Có tập sử dụng túy tính chất ánh xạ giải trọn vẹn, nhiên có nhiều phải kết hợp với phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm sử dụng yếu tố giải tích như: giới hạn, tính chất liên tục, phương trình hàm sử dụng tính chất số học, lựa chọn phép có hiệu quả, kế thừa Chuyên đề cập nhật tổng hợp số tập kỳ thi nước quốc tế chủ đề phương trình hàm Các tập phù hợp với buổi dạy phương trình hàm cho học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia Cùng với ví dụ có lời giải chi tiết hệ thống tập tương tự cập nhật tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp học sinh chuyên Toán Để giảng dạy có hiệu phần phương trình hàm giáo viên cần trang bị cho học sinh kiến thức tảng hàm số nói chung mảng khác như: số học, giải tích, đại số có lien quan Đối với học sinh lớp 10 giáo viên cần giảng dạy đầy đủ chi tiết chuyên đề phương trình hàm đơn giản để hình thành thói quen thao tác tư mơn học Có thể hướng dẫn e đọc chuyên khảo phương trình hàm ThS Nguyễn Tài Chung kết hợp với trang toán internet đẻ trau dồi tư kỹ Để giảng dạy có hiệu giáo viên nên chọn ví dụ phù hợp phân tích chi tiết cho em cách sử dụng kiến thức lien quan, cách dự đốn tính chất đặc trưng giải thích lại sử dụng tính chất Cho e trình bày chi tiết chấm thường xuyên, điều giúp em tự tin 38 [ 1] [ 2] [ 3] TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua kỳ thi Olympic, NXB Giáo dục 2004 Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục 2001 ThS Nguyễn Tài Chung - ThS.NGƯT Lê Hồnh Phò, Chun khảo phương trình hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội 2013 [ 4] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm với đối số biến đổi ,Đại học khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội 2013 [ 5] Các trang website: diendantoanhoc, crux, mathlinks.ro, mathsope.org 39 ... phương trình hàm Việc nhận tính chấy đặc biệt hàm số đặc biệt quan trọng , từ định hướng tìm nghiệm Trong dạng tốn phương trình hàm phương trình hàm sử dụng tính chất đơn ánh, toàn ánh song ánh. .. song ánh ta định nghĩa ánh xạ ngược f Do nói đến ánh xạ ngược f song ánh Một số lưu ý sử dụng tính chất ánh xạ vào làm tập * Nếu f :¡ →¡ tồn ánh với y∈¡ , tồn x ∈¡ y = f ( x) tức y = f ( x) phương. .. thường đơn ánh f ( x) = f ( y) x=y f :¡ →¡ * Nếu đơn ánh từ suy f ( f ( x ) ) = ax + b ( a ≠ ) f :¡ →¡ f * Nếu song ánh ¡ 2.1 Sử dụng tính chất ánh xạ hàm số giải số tập phương trình hàm f :¡ →¡
- Xem thêm -

Xem thêm: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT của ÁNH xạ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm t19 , SỬ DỤNG TÍNH CHẤT của ÁNH xạ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm t19

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn