sáng kiến kinh nghiệm-phương trình hàm và giải tích

Phương trình hàm và giải tích

Trang 1

PHƯƠNG TRÌNH HÀM
VÀ
GIẢI TÍCH
Phương trình hàm là một chuyên đề phong phú với nhiều phương pháp giải.
Các yếu tố giải tích là một cơng cụ rất mạnh để giải quyết một số bài toán phương
trình hàm… Trong đề tài nhỏ này, xin giới thiệu một số phương pháp giải phương
trình hàm dựa vào các yếu tố giải tích.

A. PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ GIỚI HẠN, TÍNH LIÊN TỤC
Với những bài tốn dữ liệu đề bài cho tính liên tục của hàm số thì việc
xây dựng dãy biến số hội tụ là công cụ rất mạnh vì ta có thể đưa giới hạn vào trong
hay ra ngồi hàm số, đó là một cách giải một số bài phương trình hàm
Ví dụ 1
Tìm tất cả các hàm số f: [ 0,1] → [ 0,1] thoả:
1. f là đơn ánh
2.

2x-f(x) ∈ [ 0,1]

3. f [ 2 x − f ( x ) ] = x

∀x ∈ [ 0,1]
∀x ∈ [ 0,1]

Giải:
Thay x bởi f(x) ta được:
f ( 2 f ( x) ) − f ( f ( x) ) = f ( x)

Vì f là đơn ánh nên 2f(x)- f(f(x))=x
Thay x bởi f n ( x ) , (với f n (x)= f 0 f 0 ... f )
n lần
Ta được: 2 f n +1 ( x ) - f n + 2 ( x ) = f n ( x )
⇒ f n + 2 ( x ) − f n +1 ( x ) = f n +1 ( x ) − f n ( x ) = ..... = f ( x ) − x

Ta có : f n ( x ) = n[ f ( x ) − x ] + x

SVTH: Nguyễn Gia Hưng


Phương trình hàm và giải tích

Trang 2

Ta cố định x
Nếu f(x)>x thì với n đủ lớn :

f n ( x ) > 1 : vơ lý

Nếu f(x)Suy ra : f(x)=x

∀x ∈ [ 0,1]

Ta thấy hàm f(x) vừa tìm thoả mãn hệ đề bài cho.
Vậy : f(x)=x

∀x ∈ [ 0,1]

Nhận xét : Bài toán này có liên hệ mật thiết với yếu tố dãy số.
Bằng phép thay thế f(x) cho x, ta được một dãy hàm.
Có thể thấy yếu tố đơn ánh trong bài tốn trên đóng vai trị rất
quan trọng. Vì nhờ nó ta có thể rút các biến ra ngồi.
Ví dụ 2 :
Tìm tất cả các hàm số xác định trong tập hợp các số thực sao cho :
1
4

f(x)=f(x2+ )

∀x ∈ R

Giải :
Giả sử f(x) là một hàm số thoả mãn điều kiện của bài toán.
Ta dễ dàng nhận thấy f(x) là hàm số chẵn :
Cho x0 ≥ 0 . Có hai trường hợp :
I. 0 ≤ x0 ≤

1
2

2
Xét dãy { x n } : x n +1 = x n +

1
4

(1)

Chứng minh bằng quy nạp ta được 0 ≤ x n ≤

1
2

2

1 
1
Hơn nữa x n +1 − x n = x − x n + =  x n −  ≥ 0
4 
2
2
n

⇒ Dãy (1) đơn điệu tăng và bị chặn nên nó hội tụ
1
2
Giả sử α = lim x n Thế thì α − α + = 0
n →∞
4

SVTH: Nguyễn Gia Hưng

∀n ∈ N


Phương trình hàm và giải tích
⇒α =

Trang 3

1
2

Vì f(x) liên tục nên :



lim f ( x ) = f (lim x
n →∞

n

n →∞

n

1
)= f 
2

1
4

2
Nhưng f ( x n +1 ) = f  x n +  = f ( x n ) ∀n ∈ N

1
 1

⇒ f ( x0 ) = f ( x1 ) = ..... = f ( x n ) = f   ∀x0 ∈ 0, 
2
 2

II. x0 >

1
.
2

Xét dãy số sau : x n +1 = x n −

1
.
4

Dễ dàng chứng minh dãy số này hội tụ vì :

lim x
n →∞




1
2

n

=

1
2

1
4

2
f liên tục nên : lim f ( x n ) = f ( ) và f ( x n +1 ) = f  x n +  = f ( x n )
n →∞

1
⇒ f ( xn ) = f   .
2

Vì thế f(x) là hàm hằng trên [ 0,+∞] và vì nó là hàm chẵn nên nó là hàm
hằng trên R
Ngược lại, mọi hàm hằng đều thoả mãn u cầu đề bài.

B. PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Tính đơn điệu của hàm số là một cơng cụ mạnh để đánh giá hàm số, nhờ
đó ta có thể định khoảng giá trị hàm số, chứng minh hàm số tồn tại hoặc khơng
tồn tại.
Ví dụ 1 :
Cho R+ là tập hợp các số thực dương. Tìm hàm số : f : R + → R + thoả
mãn : [ f ( x ) ] 2 ≥ f ( x + y ) [ f ( x ) + y ]∀x, y ∈ R +
Giải :
Giả sử tồn tại hàm f(x) thoả mãn đề bài. Từ đẳng thức đề bài ta có :
SVTH: Nguyễn Gia Hưng

Phương trình hàm và giải tích

Trang 4

yf ( x )
> 0∀x, y ∈ R +
f ( x) + y

f ( x) − f ( x + y) ≥

⇒ f là một hàm giảm.

Cố định x>0, chọn n ∈ N sao cho :nf(x+1) ≥ 1
Khi k=1,2,….,n-1 ta có :
1 
k
f x + 
k
k + 1
1
n 
n


f x + − f x +
≥
∀k = 1,2,..., n − 1
≥
k  1 2n

n
n 



f x+ +
n n


Cộng các bất đẳng thức trên ta được :
f ( x ) − f ( x + 1) ≥

1
⇒ với m>2f(x) ta có :
2

f ( x + m) ≤ f ( x) −

m
< 0 trái với giả thiết f dương.
2

Vậy : không tồn tại hàm thoả mãn đề bài.
Ví dụ 2 :
Có tồn tại hay khơng một hàm : f :R → R , khả vi liên tục sao cho :
f(x)>0 ∀x ∈ R và f’(x)=f(f(x)).
Giải:
Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn đề bài. Ta có: f’(x)=f(f(x))>0
⇒ f(x) đơn điệu tăng nghiêm ngặt. Do đó f’(x)=f(f(x))>f(0)
⇒ Hàm số h(x)= f(x)-(x+1)f(0) tăng ngặt ( Do h’(x)=f’(x)-f(0)>0)

⇒ h(x)
∀x < 0

⇒ f ( x ) < ( x + 1) f ( 0 )

∀x < 0

lấy x ≤ −1 ta được f(x)<0. Vô lý !.
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn đề bài.

SVTH: Nguyễn Gia Hưng


Phương trình hàm và giải tích

Trang 5

Ví dụ 3 :
Cho f liên tục trên R thoả mãn :
f(2004)=2003

(1)

f(x). f 4 ( x ) = 1

∀x ∈ R

(2)

với f n (x)= f 0 f 0 ... f
n lần
Tính f(2002).
Giải :
Đặt D f = f ( R )
Từ (2) ⇒ xf 3 ( x ) = 1

∀x ∈ D f

Trong (2), lấy x=2004 ⇒ f 4 ( 2004) =
⇒

1
2003

1
∈ Df
2003
 1

,2003 ⊂ D f .
 2003


Do f liên tục trên R nên D = 
⇒ f3 ( x) =

1
x

∀x ∈ D

⇒ f là đơn ánh trên D

Mà f liên tục trên D nên f đơn điệu ngặt trên D
Nếu f đơn điệu tăng trên D thì f 3 ( x ) =
Vậy f đơn điệu giảm trên D.
Giả sử ∃x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) >

1
x0

Ta có :
f ( x0 ) >

 1 
1
⇒ f ( f ( x 0 ) ) < f   (1)
x 
x0
 0

SVTH: Nguyễn Gia Hưng

1
đơn điệu tăng trên D ( vô lý !)
x


Phương trình hàm và giải tích

⇒

Trang 6

  1
1
= f ( f ( f ( x0 ) ) ) > f  f 
 x
x0
  0

 1 
⇒ f <
x 
 0

 
f f
 
 






 1 
f     = x0 (2)
 x 
 0 

Từ (1) và (2) suy ra :
f ( f ( x0 ) ) < x0 ⇒

1
= f 3 ( x0 ) > f ( x0 ) . Mâu thuẫn !
x0

Vậy không tồn tại x0 ∈ D : f ( x0 ) >

1
x0

Tương tự, ta chứng minh được không tồn tại x0 ∈ D : f ( x0 ) <
Vậy : f ( x ) =

1
x

∀x ∈ D ⇒ f ( 2002) =

1
x0

1
.
2002

Nhận xét :
Từ kết quả bài toán trên, ta được một kết quả khá ‘‘đẹp’’.

Với hàm liên tục f : D → R (D là một khoảng không chứa điểm 0) và
f3 ( x) =

1
1
thì f ( x ) =
x
x

∀x ∈ D .

Dễ dàng chứng minh : f đơn ánh,f liên tục nên f đơn điệu và f 3 ( x ) =
nên f giảm, tương tự như trên ta có f ( x ) =

1
x

∀x ∈ D

Ví dụ 4 :
Tìm tất cả các hàm số :
f : [1,+∞ ) → [1,+∞ ) Sao cho : f ( xf ( y ) ) = y. f ( x ) ∀x, y ∈ [1,+∞ )

Giải :
Cho x=y=1 ⇒ f ( f (1) ) = f (1)
Cho y= f (1) ⇒ f ( x. f ( f (1) ) ) = f (1). f ( x )
⇒ f ( x. f (1) ) = f (1) f ( x )

SVTH: Nguyễn Gia Hưng

1
giảm
x


Phương trình hàm và giải tích

Trang 7

Cho y=1 ⇒ f ( x. f (1) ) = f ( x )
Do f ( x ) > 0 nên f (1) = 1
Cho x=1 thì f ( f ( y ) ) = y. f (1) = y
Nếu f ( y ) = 1 thì f ( f ( y ) ) = 1 hay y=1
⇒ f ( y) > 1

∀y > 1

Cho x>y ≥ 1 thì

x 
f ( x) = f  .y  =
y 



x

x
f  . f ( f ( y ) )  = f ( y ). f   > f ( y )
y


 y


 

⇒ f là đơn điệu tăng nghiêm ngặt trên [1, + ∞)

Giả sử ∃x0 ∈ [1,+∞ ) : f ( x0 ) > x0 ⇒ f ( f ( x0 ) ) > f ( x0 ) ⇒ x0 > f ( x0 )
Mâu thuẫn !
Vậy không tồn tại x0 ∈ [1,+∞ ) : f ( x0 ) > x0
Nếu ∃x1 ∈ [1,+∞ ) : f ( x1 ) < x1
⇒ f ( f ( x1 ) ) < f ( x1 ) ⇒ x1 < f ( x1 )

Mâu thuẫn !
Vậy không tồn tại x1 ∈ [1,+∞ ) : f ( x1 ) < x1
⇒ f ( x) = x

∀x ∈ [1,+∞ )

Thử lại ta thấy f(x) vừa tìm thoả mãn đề bài.

C. PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍNH KHẢ VI.
Tính khả vi là một công cụ rất mạnh và hiệuquả trong việc giải các bài tốn
phương trình hàm, tuy nhiên tính khả vi đơi khi khơng đựơc cho cụ thể mà phải
qua q trình chứng minh thơng qua các dữ liệu khác.
Vì lớp bài tốn này rất rộng trong đề tài này, chỉ xin giới thiệu vài bài tốn
phương trình hàm sử dụng tính khả vi tương đối cơ bản.
Ví dụ 1 :
Tìm tất cả các hàm số f : R → R khả vi và thoả mãn điều kiện :

 x + y  f ( x) + f ( y)
f
=
2
 2 

SVTH: Nguyễn Gia Hưng

(1)


Phương trình hàm và giải tích

Trang 8

Giải :
Lần lượt lấy đạo hàm hai vế (1) theo x và y, ta có :
1  x + y  f ' ( x)
f '
=
2  2 
2

∀x, y ∈ R

1  x + y  f ' ( y)
f '
=
2  2 
2

∀x, y ∈ R

⇒ f ' ( x) = f ' ( y)

∀x, y ∈ R

⇒ f ' ( x ) = a =const

∀x ∈ R

⇒ f ( x ) = ax+b ∀x ∈ R

Thử lại ta thấy hàm này thoả điều kiện bài tốn.
Vậy : f(x)= ax+b

∀x ∈ R

Ví dụ 2 :
Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên [0,1], khả vi trong (0,1), thoả
mãn điều kiện :
a) f ( 0 ) = f (1) = 1
b) 2003 f ' ( x ) + 2004 f ( x ) ≥ 2004
Giải :
2004

Đặt g ( x ) = e 2003 x [ f ( x ) − 1]
Rõ ràng g(x) là hàm liên tục trên [0,1] ; khả vi trong (0,1), ta có :
g ' ( x) = e

2004
x
2003

2004
2004 

 f ' ( x ) + 2003 f ( x ) − 2003  ≥ 0



∀x ∈ [ 0,1]

⇒ g ( x ) đồng biến trên (0,1), mà g(x) liên tục trên [0,1] nên g(x) đồng

biến trên [0,1].
Lại có g(0)=g(1)=0
⇒ g ( x ) =0

∀x ∈ [ 0,1]

2004

Mà e 2003 x > 0

SVTH: Nguyễn Gia Hưng

∀x ∈ [ 0,1]

Phương trình hàm và giải tích

Trang 9

∀x ∈ [ 0,1]

⇒ f ( x) = 1

Thử lại ta thấy f ( x ) ≡ 1 thoả đề bài.
Nhận xét :
Bài toán trên có thể tồng qt thành : Tìm tất cả các hàm số liên tục trên
[a,b], khả vi trong (a,b) thoả :
f(a)=f(b)=c
mf’(x)+nf(x) ≥ nc

(m ≠ 0 )

Bằng cách giải tương tự ta thu được :
f ( x) ≡ c

∀x ∈ [ a, b ]

Ví dụ 3 :
Tìm tất cả các hàm số liên tục :
f : R → R , khả vi tại x=0 thoả mãn :

f’(0)=1

(1)

f’(x+y)=f(x)+f(y)+ axy (2)
Giải :
Cho x=y=0 ta được : f(0)=2f(0) ⇒ f(0)=0
Với y ≠ 0 , từ (2) ta có :
f ( x + y ) − f ( x ) f ( y ) − f ( 0)
=
+ ax
y
y

Cho y → 0 ta được :
Do đó :

lim
y →0

 f ( y ) − f ( 0)

+ ax  = f ' ( 0 ) + ax = 1 + ax

y


lim 


y →0

f ( x + y) − f ( x)
= 1 + ax

y

Hay f’(x)=1+ax
⇒ f ( x) = a

x2
+ x+c
2

(c=const)

Thay vào (2) ta được c=0 ⇒ f ( x ) = a

SVTH: Nguyễn Gia Hưng

x2
+ x ⇒ f ' ( 0) = 1
2


Phương trình hàm và giải tích

Trang 10

Vậy, hàm số thoả mãn đề bài là : f ( x ) = a

x2
+x
2

∀x ∈ R

D.PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ TÍCH PHÂN
Các bài tốn phương trình hàm có yếu tố tích phân thường mang đậm
màu sắc giải tích.
Để giải lớp bài tốn này thường phải kết hợp nhiều kiến thức về giải tích.
Ví dụ 1 :
Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả :
f ( x) − f ( y) =

2 x+ y

∫ f ( t ) dt

∀x, y ∈ R

x+2 y

Giải :
f ( x ) = f ( 0) +

Cho y=0 ta được :

2x

∫ f ( t ) dt
x

Do f liên tục ⇒ f khả vi liên tục trên R
Bằng phương pháp quy nạp ta được : f khả vi vô hạn lần trên R

Đạo hàm lần lượt đối với x và y ta được :
f ' ( x ) = 2 f ( 2 x + y ) − f ( x + 2 y ) (*)
f ' ( 2x + y) = f ' ( x + 2 y)

(**)

Cho x= -2y vào (**), ta được :
f ' ( − 3 y ) = f ' ( 0)

∀y ∈ R

⇒ f ' ( x ) = const
⇒ f ( x ) = ax + b

Thay f(x)=ax+b vào (*) và cho x=0 ta được a=b
Lại thay f(x)= ax+a vào (*) ta được a=0 ⇒ f ( x ) = 0
Thử lại ta thấy f(x)=0 thoả điều kiện đề bài
Vậy f(x)=0 ∀x ∈ R

SVTH: Nguyễn Gia Hưng


Phương trình hàm và giải tích

Trang 11

Ví dụ 2:
Tìm tất cả các hàm liên tục f:

[ 0,+∞ ) → R

x

thoả 0 ≤ f ( x ) ≤ 2010 ∫ f ( t ) dt
0

∀x ∈ [ 0,+∞ )

Giải:
x

− 2010 x
Xét ϕ ( x ) = e
∫ f ( t ) dt
0

Rõ ràng ϕ ( x ) khả vi liên tục trên [ 0,+∞ ) .
x


ϕ ' ( x ) = e −2010 x  f ( x ) − 2010∫ f ( t ) dt  ≤ 0
Ta có:


0



∀x ∈ [ 0,+∞ )

⇒ ϕ ( x ) giảm trên [ 0,+∞ ) , ϕ ( 0 ) = 0
⇒ ϕ ( x) ≤ 0

x

∀x ∈ [ 0,+∞ ) ⇒ ∫ f ( t ) dt ≤ 0
0

'

x

Mà  ∫ f ( t )dt  = f ( x ) ≥ 0


0

x

0

0

∀x ∈ [ 0,+∞ )

0

⇒ ∫ f ( t ) dt ≥ ∫ f ( t ) dt = 0
x

∀x ∈ [ 0,+∞ )

⇒ ∫ f ( t ) dt = 0

∀x ∈ [ 0,+∞ )

⇒ f ( x) = 0

∀x ∈ [ 0,+∞ )

0

Thử lại, ta thấy f(x) thoả mãn đề bài.
Vậy f(x)=0

∀x ∈ [ 0,+∞ )

SVTH: Nguyễn Gia Hưng

∀x ∈ [ 0,+∞ )


Phương trình hàm và giải tích

Trang 12

Ví dụ 3:
Tìm tất cả các hàm f : [0,1] → R liên tục, thoả:
1

∀k ∈ N : ∫ x k f ( x ) dx = 0
0

Giải:
∀x ∈ [ 0,1]

Ta sẽ chứng minh: f(x)=0

Thật vậy, giả sử: f ≠ 0 ⇒ ∃c ∈ [ 0,1]
Sao cho f(c)=0; giả sử: f(c)>0 (nếu f(c)<0 thì thay f bởi -f)
f liên tục tại c nên ∃a, b ∉ [ 0,1] sao cho:
a≤c≤b
∀x ∈ [ a, b ]

f ( x) ≥

1
f ( c)
2

Xét P(x)=(x-a)(b-x)+1
Ta có : P( x ) ∈ [ 0,1]

∀x ∈ [ 0, a ] ∪ [ b,1]
∀x ∈ [ a, b ]

P( x ) ≥ 1

Vì f liên tục trên [0,1] nên f bị chặn.
Giả sử f ( x ) ≤ M .

Ta có:
a

n
∫ ( P( x ) ) f ( x ) dx
0

a

≤ M ∫ ( P ( x ) ) dx
n

0

⇒ ∃λ > 0 : ...∀x ∈ [ 0, a ], P ' ( x ) ≥ λ
n +1
a
1
1  [ P( x ) ] 
n
⇒ ∀n ∈ N , ∫ ( P( x ) ) dx ≤ ∫ ( P( x ) ) P ' ( x ) dx = 

λ0
λ  n +1 0
0
1
1
n +1
=
1 − (1 − ab )

≤
λ ( n + 1)
λ ( n + 1)
a

a

n

(

a

⇒ ∫ ( P( x ) ) f ( x ) dx → 0
n

0

Tương tụ, ta có:
SVTH: Nguyễn Gia Hưng

)

khi n → ∞


Phương trình hàm và giải tích
1

Trang 13

⇒ ∫ ( P ( x ) ) f ( x ) dx → 0
n

khi n → ∞

b

b

b

a

a

1
n
Mà ∫ ( P( x ) ) f ( x ) dx ≥ ∫ f ( x ) dx ≥ ( b − a ) f ( c ) > 0
2
1

⇒ ∫ ( P ( x ) ) f ( x ) dx không tiến về 0
n

0

Mặt khác, do tính chất tuyến tính, ta dễ dàng chứng minh:
1

∫ ( P( x ) ) f ( x ) dx = 0
n

∀n ∈ N

0

Mâu thuẫn!
Do đó ta có f(x)=0 thoả mãn đề bài.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Võ Giang Giai, 100 bài tốn phương trình hàm. NXB Đại Học Quốc
Gia TP HCM 2005
[2]. Nguyễn Sinh Nguyên, Chuyên đề bồi dưỡng phương trình hàm. NXB
Đà Nẵng 2006
[3]. Đề thi IMC
[4]. Đề thi VMO
[5]. Jean-Marie Monier, Giáo trình tốn Giải tích, NXB Giáo Dục 2000

SVTH: Nguyễn Gia Hưng