Các Phương pháp giải phương trình hàm bồi dưỡng học sinh giỏi

Néi dung
Phần 1:

nh÷ng kh¸i niÖm c¬ b¶n

1. Nguyên lí Archimede
  0, x  0  k  N * ; k  x

x  R  !k  Z : k  x  k  1
Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu  x 
Vậy:  x   x   x   1
Hệ quả:

2. Cận trên cận dưới

R
Giả sử A AR.
Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi a  A thì a  x
Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a  A thì a  x
Cận trên bé nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận trên đúng của A và kí hiệu là
supA.
Cận dưới lớn nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận dưới đúng của A và kí hiệu là
infA.
- Nếu A = (a;b) thì supA = b
infA = a
- Nếu A = [a;b] thì supA = maxA = b
infA = minA = a
* Tính chất:
Tính chất1: Nếu A Ø, A bị chặn thì tồn tại supA, infA.
Tính chất2:
 sup A 

 inf A 

a  ,aA
{
 0,aA: - a

a  ,aA
{
 0, aA:  a

1


3. Hàm sơ cấp
+ Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số
lượng giác, hàm số lượng giác ngược.
+ Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi hữu hạn các phép toán số học ( +,
- , x, : ), phép toán lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản.
+ Đặc trưng của hàm:
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của
nó là hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng
hàm. Những tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số được gọi là những đặc
trưng hàm.
* Hàm tuyến tính f(x) = ax, khi đó f(x + y) = f(x) + f(y)
Vậy đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x) + f(y), với mọi x, y
x y

 2 


* Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f ( x  y ) 2 f 

x  y  f ( x)  f ( y )

, x, y  R
2
 2 


Vậy đặc trưng hàm ở đây là: f 

Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là: Những hàm nào có tính chất
f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y  R . Giải quyết tốt vấn đề đó chính là dẫn đến phương

trình hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước.
* Hàm luỹ thừa: f ( x)  x k , x  0
Đặc trưng hàm là: f ( xy )  f ( x) f ( y )
* Hàm mũ: f ( x) a x (a  0, a 1)
Đặc trưng của hàm là: f ( x  y )  f ( x) f ( y ) ,
* Hàm Logarit: f ( x) log a x ,
Đặc trưng của hàm là:

x, y  R

(a  0, a 1)

f ( xy )  f ( x)  f ( y )

* Hàm lượng giác: f ( x) cos x

Đặc trưng hàm là: f ( x  y )  f ( x  y ) 2 f ( x) f ( y )
Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng của các hàm số
f ( x) sin x, f ( x)  tan x với các hàm Hypebolic:

* sin hypebolic: shx 

e x  e x
2

2


* cos hypebolic: chx 

e x  e x
2

shx e x  e  x

* tan hypebolic: thx 
chx e x  e  x

* cot hypebolic: coth x 

chx e x  e  x

shx e x  e  x

- shx có TXĐ là R, tập giá trị là R
- chx có TXĐ là R, tập giá trị là 1,

- thx có TXĐ là R, tập giá trị là   1,1
- cothx có TXĐ là R \  0 , tập giá trị là   , 1  1,
4. Hàm cộng tính, nhân tính trên một tập hợp
- Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y  D thì x
+ y  D và f(x + y) = f(x) + f(y).
- Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y  D thì x .
y  D và f(x . y) = f(x) . f(y).
- Nếu với mọi x, y  D mà x+y  D , x – y  D và f( x – y) = f(x) – f(y) thì f(x)
cũng gọi là một hàm cộng tính trên D.
- Hàm

f ( x)  x (  0)

là hàm nhân tính.

5. Hàm đơn điệu
+ Hàm số f(x) được gọi là tăng trên khoảng (a,b) nếu:
Với mọi x1, x2  (a,b), x1  x2  f(x1)  f(x2)
+ Hàm số f(x) được gọi là giảm trên khoảng (a,b) nếu:
Với mọi x1, x2  (a,b), x1  x2  f(x1)  f(x2)

6. Hàm tuần hoàn.
Hàm số f(x) được gọi là tuần hoàn trên miền D, nếu như tồn tại số dương T >0 sao
cho:
- x0  D , thì x0 + T  D
3


- f(x+T) = f(x) x D
S T > 0 bộ nht thoó món hai iu kin trờn gi l chu kỡ c s ca hm s tun

hon f(x).

Phn II:

các phơng pháp thờng dùng để giải phơng
trình hàm
4


I.Phương pháp 1: Sử dụng tính liên tục của hàm số
Sử dụng tính liên tục của hàm số có 3 con đường chính:
- Xây dựng biến từ N đến R.
- Chứng minh hàm số là hàng số.
- Sử dụng phương trình hàm CôSi.
Bài1. (Xây dựng biến từ N đến R)
Tìm hàm f : N  R thoã mãn:
1) f(x) liên tục trên R
2) f(1) = 2
3) f(xy) = f(x).f(y) - f(x+y) +1 , x, y  R
Giải.
Cho x = y = 0 ta được: f(0) = 1.
Cho x =1, y  R ta được: f(y+1) = f(y) + 1 (*).
Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (*) quy nạp ta suy ra f(n) = n + 1, n  N
Với n  N, (*) suy ra f(-n) = f(-n+1) - 1 = f(-n+2) - 2 = … = f(0) - n = -n + 1.
Vậy f(z) = z + 1, z  Z .
1
n

1
n

1
n

Với n  N * , 2 = f(1) = f (n. )  f (n). f ( )  f (n  )  1 (**). Mặt khác từ (*) ta lại có:
1
1
1
1
f (n  ) 1  f (n  1  ) 2  f (n  2  )... n  f ( ) . Thế vào (**) ta được:
n
n
n
n
1
1
f ( )  1 .
n
n
m
n

Với q  Q, q  , m  Z , n  N * ta có:
m
1
1
1
1
f (q)  f ( )  f (m). f ( )  f (m  )  1 ( m  1)(  1)  f (m  )  1 . (***).
n

n
n
n
n

Từ (*) ta dễ dàng chứng minh được:
1
1
f ( m  ) m  f ( ) . Thế vào (***) ta đựơc f(q) = 1 + q, q  Q .
n
n

Với r  R, tồn tại dãy  rn  với rn  Q thoã mãn lim rn r . Khi đó do tính liên tục nên ta
có: f(r) = f(limrn) = limf (rn) = lim(rn + 1) = limrn + 1 = r + 1.
Vậy f(x) = x + 1, x  R . Thử lại thấy đúng.

5


Bài2. (Chứng minh hàm là hằng số):
1



Tìm hàm f : 0;  
 2

 1
0; 2  thoã mãn:
1



1) f(x) liên tục trên đoạn 0; 
 2
1
 1
2
2) f ( x)  f ( x  ), x  0; 
4

 2



1

Giải

x 0 a



Với a  0;  , xét dãy số: 
1
2
 2
 x n1  xn  , n  N
4

Dễ dàng chứng minh  x n  không âm (a).
1
1 1
1
x0   x1  x 02   . Quy nạp suy ra xn  (b).
2
4 2
2
x n 1  x n ( x n 

1 2
) 0  x n 1  x n , n  N (c).
2
1

1


Từ (a), (b), (c) suy ra xn  0;  và  x n  có giới hạn hữu hạn là lim x n  .
2
 2
1

1



Vậy với mọi a  0;  , f(a) = f(x1) = fx2) =…= lìm(xn) = f ( ) = c (c hằng số).
2
 2

Thử lại thấy đúng

Bài3. (Sử dụng phương trình hàm Côsi) - VMO năm 2006 (bảng B)
Tìm f : R  R liên tục trên R thoã mãn f(x-y).f(y-z).f(z-x) + 8 = 0. x, y, z  R (3)
Giải:
Cho x = t, z = -t, y = 0, t  R ta được f(t).f(t).f(-2t) = -8
 f ( 2t ) 

8

 f (t ) 

2

 0  f (t )  0, t  R . Đặt g ( x) ln f ( x)  f ( x )  2.e g ( x ) .
 2

Thế vào (3) ta được:  8.e g ( x  y ) g ( y  z ) g ( z  x )  8  g ( x  y )  g ( y  z )  g ( z  x) 0 (*).
+ Cho x = y = z = 0, từ (*) ta có g(0) = 0 (a).
+ Cho y = z =0, x  R , từ (a) ta đựoc g(x) = g(-x) (b).
Từ (*) và (b) ta suy ra g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z) 

6


g (t  t , )  g (t )  g (t , ), t , t ,  R (**). Vì f liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục trên R.

Từ (**) , theo phương trình hàm Côsi ta được g(x) = ax  f(x) = -2. eax = -2.bx
(với b = ea >0) . Thử lại ta thấy đúng.

II. Phương pháp2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức
Bài1:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:
( x 3  3x 2  3x  2) P( x  1) ( x 3  3x 2  3x  2) P( x), x

(1)

Giải:
(1)  ( x  2)( x 2  x  1) P( x  1) ( x  2)( x 2  x  1) P( x), x
Chọn:

x = -2  P(-2) = 0
x = -1  P(-1) = 0
x = 0  P(0) = 0
x = 1  P(1) = 0

Do đó P( x)  x( x  1)( x  1)( x  2).G ( x)
Thay P(x) vào (1) ta được:
( x  2)( x 2  x  1)( x  1)( x  2) x( x  1).G( x  1) ( x  2)( x 2  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2).G( x) , x
( x 2  x  1)G ( x  1) ( x 2  x  1)G ( x) , x



G ( x)
G ( x  1)
 2
, x
x  x 1 x  x  1



Đặt:

2

R ( x) 

G ( x)
( x 0,1, 2)
x  x 1
2



R ( x )  R ( x  1) , ( x 0,1, 2)



R ( x ) C

Vậy: P( x) C ( x 2  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2)
Thử lại thấy P(x) thoã mãn điều kiện bài toán.

Chú ý:
Nếu ta xét: P( x) ( x 3  1)( x  1)
Thì P( x  1) ( x 3  3x 2  3x  2) x

7

Do đó: ( x 3  3x 2  3x  2) xP( x) ( x 2  1)( x 2  x  1) P( x  1)
Từ đó ta có bài toán sau:

Bài2:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:
( x 3  3 x 2  3 x  2) xP( x) ( x 2  1)( x 2  x  1) P( x  1) ,

x

(Giải bài toán này tương tự như bài 1)
Tương tự như trên nếu ta xét:
P( x ) ( x 2  1)( x 2  3 x  2) thì ta sẽ có bài toán sau:

Bài3:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:
(4 x 2  4 x  2)(4 x 2  2 x).P( x) ( x 2  1)( x 2  3x  2).P(2 x  1), x  R

Tương tự như vậy chúng ta có thể xây dựng các đề toán khác.

III.Phương pháp 3: Hệ số bất định
Nguyên tắc chung:
+ Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b
hoặc f(x) = ax2 + bx + c
+ Đồng nhất hệ số f(x)
+ Chứng minh mọi hệ số khác của f(x) đều không thoã mãn điều kiện bài toán.
Bài1: Đa thức f(x) xác định với mọi x  R và thoã mãn điều kiện:
2f(x) + f(x-1) = x2 , x  R (1) . Tìm f(x).
Giải:
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x; x-1 vế phải là bậc hai
x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c

Khi đó (1) trở thành:
2(ax2 + bx + c) + a(x-1)2 + b(x-1) + c = x2 x  R do đó:
3ax2 + (b-2a)x + a + b + 3c = x2

x  R

8


Đồng nhất các hệ số, ta thu được:





3a =
1
b - 2a







a + b + 3c
=0

a

1
3

b

2
3

c 

1
3

1
3

Vậy f ( x)  ( x 2  2 x  1)
Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thoã mãn điều kiện bài toán.
Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thoã mãn điều
kiện bài toán.
Thật vậy giả sử còn có hàm số g(x) khác f(x) thoã mãn điều kiện bài toán.
Do g(x) không trùng với f(x) nên x0  R : g ( x0 )  f ( x0 ) .
Do g(x) thoã mãn điều kiện bài toán nên:
2g(x) + g(1-x) = x2 x  R
Thay x bởi x0 ta được: 2g(x0) + g(1-x0) = x02
Thay x bởi 1-x0 ta được 2g(1-x0) + g(x0) = (1-x0)2
1
3

Từ hai hệ thức này ta được: g(x0) = ( x02  2 x 0  1) = f(x0)

Điều này mâu thuẫn với f(x0)  g(x0)
1
3

Vậy phương trình có nghệm duy nhất là f ( x)  ( x 2  2 x  1)
Bài2:
Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với x  R và thoã mãn điều kiện:
f(f(x)) = f(x) + x, x  R
Hãy tìm hai hàm số như thế
Giải
Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) - f(x) = x (1)
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính.
Vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b
9


Khi đó (1) trở thành:
a(ax + b) + b - ax - b = x , x  R
hay

(a2 - a)x + ab = x, x  R

Đồng nhất hệ số ta được:





1
a

1 5
a
 2

2

a  a 1



b 0


b 0

ab 0

5
2





Ta tìm được hai hàm số cần tìm là:
1 5
f ( x) 
x
2

Hiển nhiên hai hàm số này thoã mãn điều kiện bài toán.

Bài 3:
Hàm số f : Z  Z thoã mãn đồng thời các điều kiện sau:
a) f(f(n)) = n, n  Z

(1)

b) f(f(n + 2) + 2) = n, n  Z

(2)

c) f(0) = 1

(3)

Tìm giá trị f(2009), f(-2010)
Giải:
Cũng nhận xét và lí luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) có dạng:
f(n) = an + b
Khi đó điều kiện (1) trở thành:
a 2 n  ab  b n, n  Z

Đồng nhất các hệ số ta được:
a 2 1



 ab  b 0



a 1

a  1



b
0



b  R

a 1

10






Với 

ta được f(n) = n

 b 0

Trường hợp này f(n) không thoã mãn (2)
a  1



Với 

ta được f(n) = -n + b

bR

Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1
Vậy f(n) = -n + 1
Hiển nhiên hàm số nầy thoã mãn điều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh f(n) = -n + 1 là hàm số duy nhất thoã mãn điều kiện bài toán.
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thoã mãn điều kiện bài toán.
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1
Từ (2) suy ra f(1) = f(f(0)) = g(1) = g(g(0)) = 0
Sử dụng (1) và (2) ta cũng nhận được:
g(g(n)) = g(g(n+2) + 2),

n  Z

Do đó

g(g(g(n))) = g(g(g(n+2) + 2)),

Hay

g(n) = g(n+2) + 2,

n  Z

n  Z (4)

Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho: f(n 0)  g(n0) (5)
Do f(n) cũng thoã mãn (4) nên ta có:
g(n0 - 2) = g(n0) + 2 = f(n0) + 2 = f(n0 - 2)


f(n0 - 2) = g(n0 - 2)

Mâu thuẫn với giả thiêt n0 là số tự nhiên bé nhất thoã mãn (5)
Vậy:

f(n) = g(n), n  N

Chứng minh tương tự ta cũng có f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm.
Vậy:

f(n) = -n + 1 là nhgiệm duy nhất.

Từ đó ta tính được f(2009) = - 2008, f(-2010) = - 2011.
* Các bài toán tương tự:
Bài 1:
Hàm số f: N  N thoã mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, n  N
Tìm f(2010).
Bài2:
11

Tìm tất cả các hàm f:  N sao N cho:
f(f(n)) + (f(n))2 = n2 + 3n + 3, n  N
IV. Phương pháp4: Phương pháp dồn biến
Phương pháp: Chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để từ phương trình hàm chứa 2 biên
ta đưa về dạng phương trình một biến để từ đó xác định hàm số cần tìm
Bài1:
Tìm f: R  R sao cho:
(x - y)f(x+y) - (x + y)f(x-y) = 4xy(x2 - y2), x, y  R
Giải

u x  y
Đặt: 
v x  y



u v
x
 2



y 

u v
2

 vf (u )  uf (v) (u 2  v 2 )uv 

f (u )
f (v )
 u2 
 v 2 , u, v 0
u
v

Chọn v = 1 ta có:


f (u ) u 3  au, u 0

(a = f(1) - 1)

Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0
Kết luận: f ( x)  x 3  ax , x  R
Bài2:
Tìm hàm số f(x) sao cho:
x 1
1
f ( x  1)  3 f (
) 1  2 x, x 
1  2x
2

Giải
x 1
y
1 y

y  1 x 
 x 1
1  2x
2y  1
2y  1

Đặt:

f(










1 y
1
1
)  3 f ( y  1) 
, y 
2y  1
2y  1
2

x 1
1

1
f(
)  3 f ( x  1) 
, x 
1  2x
2x  1
2
x 1
1
f ( x  1)  3 f (
) 1  2 x, x 
1  2x
2
x 1
1
1
f(
)  3 f ( x  1) 
, x 
1  2x
2x  1
2

12


 8 f ( x  1) 1  2 x 



3
1
, x 
1  2x
2

1
3
1
f (1  x )  ( 1  2 x 
), x 
8
2x  1
2



1
3
1
f ( x)  (1  2 x 
), x 
8
2x 1
2



Các bài tập tương tự
Bài1:

Tìm các hàm số f: R  R thoã mãn điều kiện:
f ( x  y )  f ( x  y )  2 f ( x) f (1  y ) 2 xy (3 y  x 2 ), x, y  R

Đáp số: f(x) = x3

Bài2:
Tìm các hàm số f: R  R nếu:
3f (

x 1
1 x
8
2


) 5f (
)
, x   0, ,1,2
3x  2
x 2
x 1
3



Đáp số: f ( x) 

28 x  4
5x

Bài3:
Tìm tất cả cá c đa thức P(x)  R[x] sao cho :
P(x + y) = P(x) + P(y) = 3xy(x + y), x, y  R
Đáp số: P(x) = x3 + cx

V. Phương pháp5: Phương pháp xét giá trị
Bài1:
Tìm hám số f : R  R thoã mãn điều kiện:

13


1
1
1
f ( xy )  f ( yz )  f ( x) f ( yz )  , x, y, z  R (1)
2
2
4

Giải:
Cho x = y = z = 0 thay vào (1) ta được
1
1
1
1
1
f (0)  f (0)  f 2 (0)   ( f (0)  ) 2 0  f (0) 
2
2

4
2
2

Cho y = z = 0 Thay vào (1) ta được:
1 1 1
1
  f ( x)  , x  R
4 4 2
4
1
f ( x)  , x  R
2



(2)

Cho x = y = z = 1 thay vào (1) ta được
1
1
1
1
1
f (1)  f (1)  f 2 (1)   ( f (1)  ) 2 0  f (1) 
2
2
4
2
2

Cho y = z = 1 thay vào (1) ta được
1
1
1 1
f ( x)  f ( x )  f ( x ). 
2
2
2 4
1
 f ( x )  , x  R
2

Từ (2) và (3) ta có f ( x) 

(3)

1
2

Thay vào thoã mãn điều kiện (1).
1
2

Vậy hàm số cần tìm là f ( x)  .
Bài2:
Cho f : (0;1)  R thoã mãn điều kiện:
f(xyz) = xf(x) + yf (y) + zf(z), x, y, z  (0;1) (1)
Giải
Chọn x = y = z thay vào (1) ta được:

f ( x 3 ) 3xf ( x),

x   0;1

Thay x, y, z bởi x2ta được
f ( x 6 ) 3 x 2 f ( x 2 )

Mặt khác từ (1) ta cũng có:

14


f ( x 6 )  f ( x.x 2 .x 3 )  xf ( x )  x 2 f ( x 2 )  x 3 f ( x 3 )
3 x 2 f ( x 2 )  xf ( x)  x 2 f ( x 2 )  x 3 f ( x 3 )

hay

 2 x 2 f ( x 2 )  xf ( x )  x 3 f ( x 3 )
 2 x 2 f ( x 2 )  xf ( x )  3x 4 f ( x)


2 x 2 f ( x 2 ) ) ( x  3 x 4 ) f ( x )



1  3x 3
f ( x) 
f (x2 )
2x

(2)

Thay x bởi x3 ta được
1  3x 9
f (x3 ) 
f (x6 )
3
2x
1  3x 9 2
 3 xf ( x) 
3x f ( x 2 )
3
2x
1  3x 9
 f ( x) 
f (x 2 )
2
2x

(3)

Từ (2) và (3) ta suy ra:
1  3x 3
1  3x 9
f (x 2 ) 
f (x 2 ) ,
2x
2x 2

x  R

 f ( x 2 ) 0, x 0 thay vào (2) suy ra: f ( x ) 0, x 0
f ( x ) 0, x  (0,1)

Vậy:

VI.Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm
a.Lí thuyết:
+) Khái niệm dãy số:
Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên:
x:N  N

n  x(n)

Vì n   0,1,2,3,...


( x n )  x 0 , x1 , x 2 ,...

+) Định nghĩa sai phân:
Xét hàm x(n) = x0
Sai phân cấp 1 của hàm xn là: x n  xn 1  x n
Sai phân cấp 2 của hàm xn là: 2 x n xn 1  x n  xn 2  2 x n1  x n

15


k

k

i i
Sai phân cấp k của hàm xn là:  xn  ( 1) Ck xn  k  i
i 0

+) Các tính chất của sai phân:
* Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các hàm số
* Sai phân có tính chất tuyến tính:
k (af  bg) ak f  bk g

* Nếu xn là đa thức bậc m thì:
k x n

là đa thức bậc m - k nếu m > k
là hằng số nếu m = k
là 0 nếu m < k

Ví dụ:
Xét dãy số hữu hạn: 1,-1,-1,1,5,11,19,29,41,55.
Tìm quy luật biểu diễn của dãy số đó.
Giải.
Ta lập bảng sai phân như sau:
xn
x n
2

 xn

1

-1

-2

-1
0

2

1
2

2

5

11

4
2

6
2

19
8

2

29
10

2

41
12

2

55
14

2

2

Vậy 2 x n const do đó xn là đa thức bậc hai: x n an 2  bn  c
Để tính a, b, c ta đưa vào 3 giá trị đầu x0 = 1, x1 = -1, x2 = -1 sau đó ta giải hệ phương
trình ta nhận được: a = 1, b = -3, c = 1.
Do đó: xn = n2 - 3n + 1
+) Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất
a 0 x n k  a1 x n k  1  ...  a k x n 0, a k , a 0 0 (1)

Gọi là phương trinh tuyến tính thuần nhất cấp k
+) Phương trình đặc trưng
a 0 k  a1k  1  a 2 k  2  ...  a k 0

(2)

+) Nghiệm tổng quát
Nếu phương trình (2) có k nghiệm phân biệt 1 , 2 , 3 ,…, k thì nghiệm tổng quát
của (1) là x n c11n  c 2 n2  ...  c k nk

16


Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn 1 có bội s thì nghiệm tổng quát của (1) sẽ là:
x n c11n  c 2 nn2  c3 n 2 3n ...  c s n s  11n  c s 1 n s ns1  ...  c k nk

b. Bài toán áp dụng:
Bài1:
Cho dãy số (xn) có: xn+3 = 6xn+2 - 11xn+1 + 6xn

(1)

x0 = 3, x1 = 4, x2 = -1
Hãy tìm xn.
Giải
Ta có (1)  xn+3 - 6xn+2 + 11xn+1 - 6xn = 0
Phương trình đặc trưng là:
3  62  11  6 0
 1,  2,  3



Suy ra: xn = c1 + c22n + c33n (2)
Để tìm c1, c2, c3 ta thay x0 = 3, x1 = 4, x2 = -1 vào (2) ta sẽ tìm được:
3
2

c1 




Từ đó ta có x n 

c 2 8
c 3 

7
2

3
7
 8.2 n  3 n
2
2

Bài2:
Cho dãy số (xn) có
xn = 7xn-1 - 11xn-2 + 5xn-3 , n 3
x0 = 0, x1 = 1, x2 = 3
Tìm xn.
Giải:
Ta có (1)  xn - 7xn-1 + 11xn-2 - 5xn-3 = 0
Phương trình đặc trưng là:

17

(1)

3  72  11  5 0


 1,  1,  5

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
x n c1 c 2 n  c3 5 n

(2)

Để tìm c1, c2, c3 ta thay x0 = 0, x1 = 1, x2 = 3 vào (2) ta sẽ tìm được:




Từ đó ta được: x n 

1
16
3
c2 
4
1
c 3 
16

c1 

1 3

1
 n  5n
16 4
16

Chú ý: Đối với phương pháp sai phân, ta có một số khác nữa như phương trình sai
phân tuyến tính không thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ
thống phương pháp giải quyết để tuyến tính hoá phương trình sai phân. Song liên
quan đến phương trình trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến
tính đơn giản nhất (chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính có nghiệm phức).
c. Áp dụng đối với phương trình hàm:
Bài1:
Tìm hám số f : R  R thoã mãn điều kiện:
f(f(x)) = 3f(x) - 2x,

x  R

Giải.
Thay x bởi f(x) ta được:
f(f(fx))) = 3f(f(x)) - 2f(x), x  R
........................
f (... f ( x)) 3 f (... f ( x))  2 f (... f ( x ))
   
   
   
n 2

Hay

n 1

n

f n 2 ( x ) 3 f n 1 ( x)  2 f n ( x), n 0

18

, x  R


x n  f n ( x), n 0

Đặt:

Ta được phương trình sai phân:
xn  2 3 xn 1  2 xn

Phương trình đặc trưng là:
2  3  2 0   1   2

Do đó

x n c1  c 2 2 n

Ta có:

x0 c1  c 2  x
x1 c1  2c 2  f ( x)

Từ đó ta được:

c1 2 x  f ( x), c 2  f ( x )  x

Vậy: f ( x)  x  c2 hoặc

f ( x ) 2 x  c1

Bài2:
Tìm tất cả các hàm xác định trên N và thoã mãn đồng thời các điều kiện sau:
2 f ( n) f (k  n)  2 f (k  n) 3 f (n) f (k ), k n
f (1) 1

Giải:
Cho k = n = 0
 2 f 2 (0)  2 f (0) 3 f 2 (0)
 f (0) 0  f (0)  2

Nếu f(0) = 0 chọn n = 0 ta được: -2f(k) = 0 do đó f(k) = 0 với mọi k
Chọn k = 1 ta được f(1) = 0 mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy: f(0) = -2.
Chọn n = 1 ta được phương trình:
2 f (1) f ( k  1)  2 f (k  1) 3 f (1) f ( k ), k
 2 f (k  1)  2 f ( k  1) 3 f (k ), k

Đặt: x k  f (k ) ta có phương trình sai phân: 2 xk 1  3x k  2 x k  1 0
Phương trình đặc trưng là:
22  3  2 0   2   

Vậy:

 1
f (n) c1 2 n  c 2   
 2

n

Ta tìm c1, c2.
19

1
2


Tư điều kiện f(0) = -2, f (1) = 1 thay vào trên ta tìm được c1 = 0, c2 = -2
Vậy:

 1
f (n)  2  
 2

n

VII.Phương pháp 7: Điểm bất động
*. Điểm bất động:
Trong số học, giải tích các khái niệm về điểm bất động, điểm cố định rất quan trọng
và nó được trình bày rất chặt chẻ thông qua một hệ thống lí thuyết. Ở đây tôi chỉ nêu
ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm.
Bài1:
Xác định hàm số f(x) sao cho:
f(x + 1) = f(x) + 2 ,

x  R

Giải:
Ta suy nghĩ như sau:
Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do đó c = 
Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta được: f(x + 1) = f(x) + f(1) (*)
Như vậy ta đã chuyển phép cộng ra phép cộng. Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm
a:
Trong đó f(x) = ax. Từ giả thiết ta được
a(x + 1) = ax + 2  a = 2
Vậy ta làm như sau:
Đặt:

f(x) = 2x + g(x)

Thay vào (*) ta có: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) +2, x  R
Điều này tương đương với:
g(x +1) = g(x), x  R
Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1.
Vậy: f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1.
Nhận xét: Qua bài toán 1 ta có thể tổng quát lên thành bài toán như sau:
TQ: Tìm hàm số f(x) thoã mãn:

20


f(x + a) = f(x) + b, x  R , a, b tuỳ ý
Bài 2:
Tìm hàm f(x) sao cho:

f(x + 1) = -f(x) + 2,

x  R (1)

Giải:
Ta cũng đưa đến c = -c + 2 do đó c = 1
Vậy đặt: f(x) = 1 + g(x), thay vào (1) ta được phương trình:
g( x + 1) = -g(x), x  R
Do đó ta có:





g ( x  1)  g ( x)
g ( x  2)  g ( x )
g ( x) 







1
 g ( x)  g ( x  1)
2
x  R

(3)

g ( x  2)  g ( x)

Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng:
g ( x) 

1
 h( x)  h( x  1) , x  R
2

ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2
Nhận xét:
Qua ví dụ này ta có thể tổng quát thành bài toán:
TQ: Tìm hàm số f(x) sao cho:
f(x + a) = -f(x) + b, x  R , a,b tuỳ ý
Bài 3:
Tìm hàm số f(x) sao cho:
f(x + 1) = 3f(x) + 2,

x  R

Giải:
Ta đi tìm c sao cho c = 3c + 2 suy ra c = -1
Đặt:

f(x) = -1 + g(x)

21

(1)

Lúc đó (1) có dạng:

g(x + 1) = 3g(x) , x  R

Coi 3 như g(1) ta có: g(x + 1) = g(1).g(x) , x  R (2)
Từ đặc trưng hàm chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ:
g ( x) a x , ( a  0, a 1)

Nên ta có:

a x 1 3a x  a 3

Vậy ta đặt: g ( x) 3 x h( x) thay vào (2) ta được: h(x + 1) =h(x), x  R
Vậy h(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1.
Kết luận: f ( x)  1  3 x h( x) với h(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 1.
Nhận xét:
Từ bài này ta đưa đến bài toán tổng quát là:
TQ: Tìm hàm số f(x) sao cho
f(x + a) = bf(x) + c, x  R , a,b,c tuỳ ý, b>0, b khác 1
( Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn)
Còn: f(x + a) = bf(x) + c, x  R , a,b,c tuỳ ý, b<0, b khác 1 được chuyển về hàm
phản tuần hoàn.
Bài 4:
Tìm hàm số f(x) sao cho:
f(2x + 1) = 3f(x) - 2 ,

x  R (1)

Giải:
Ta có:

c = 3c - 2 suy ra c = 1

Đặt

f(x) = 1 + g(x)

Khi đó (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x),

x  R (2)

(Khi biểu thức bên trong có nghiệm khác  thì ta phải xử lí cách khác).
Từ

2x + 1 = x suy ra x = 1

Vậy đặt:

x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t

Khi đó (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t) ,
Đặt:

t  R

h(t) = g(-1 + 2t), ta được h(2t) = 3h(t) (3).

Xét 2t = t  t = 0, (2t ) m 3.t m  m log 2 3.

Xét 3 khả năng sau:
+) Nếu t = 0 ta có h(0) = 1
22


+) Nếu t > 0 đặt h(t ) t log 3 (t ) thay vào (3) ta có  (2t )  (t ), t  0
2

Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính.
+) Nếu t < 0 đặt h(t )  t

log 2 3

 (t ) thay vào (3) ta được

 (2t )   (t ), t  0





  (4t )  (t ), t  0

1
 (t )    (t )   (2t ) , t  0
2






  (4t )  (t ), t  0

Nhận xét:
Bài toán tổng quát của dạng này như sau:
TQ: Tìm hàm số f(x) sao cho:
f (x   )  f ()  b,  0,1

Khi đó phương trình x    x ta chuyển điểm bất động về o, thì ta được hàm tuần
hoàn nhân tính.
+ Nếu a = 0 bài toán bình thường.
+ Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau:
*) Tìm f(x) sao cho:

f(2x + 1) = f(x) - 2,   1 (1)

Nghiệm 2x + 1 = x  x = -1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta được
f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, t 0
Đặt:

g(t) = f(-1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2, t 0 (2)

Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga
Ta có

log a (2t ) log a t  2  a 

Vậy đặt:

g (t ) log

1

t  h (t )

2

1
2

.

Thay vào (2) ta có: h(2t ) h(t ), t 0 . Đến đây bài toán trở nên đơn giản.
VIII. Phương pháp 8. Phương pháp sử dụng hệ đếm
Ta quy ước ghi m =(bibi-1…b1)k nghĩa là trong hệ đếm cơ số k thì m = bibi-1…b1
Bài1 (Trích IMO năm 1998):
Tìm f : N *  N * thoã mãn f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n),

23


f(4n + 1) = 2f(2n + 1) - f(n), f(4n + 3) = 3f(2n + 1) - f(2n), n  N * (1)
Giải:
Tính giá trị của hàm số và chuyển sang cơ số 2 ta có thể dự đoán được:
" n  N * , n = (bibi-1…b1)2 thì f(n) = (b1b2…bi)2” (*). Ta sẽ chứng minh (*) bằng quy
nạp.
+ Với n = 1, 2, 3, 4 dể kiểm tra (*) đúng.
+ Giả sử (*)đúng cho k < n. Ta sẽ chứng minh (*)đúng cho n (với n > 4).
Thật vậy, ta xét các khả năng sau:
* Nếu n chẵn, n = 2m. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi đó n = 2m = (bibi-1…b10)2

 f(n) = f((bibi-1…b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1…b1)2) = (b1b2…bi)2 =

= (0b1b2…bi)2 suy ra (*)đúng.
* Nếu n lẻ và n = 4m + 1. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi đó n = (bibi-1…b101)2
  f(n) = f((bibi-1…b101)2) = f(4m + 1) = 2.f(2m + 1) - f(2m) = 2.f((bibi-1…b11)2) -

f((b1b2…bi)2 ) = (10)2.(1b1b2…bi)2 - (b1b2…bi)2 = (1b1b2…bi0)2 - (b1b2…bi)2 =
= (10b1b2…bi)2 suy ra (*)đúng.
* Nếu nlẻ và n = 4m + 3. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi đó n = (bibi-1…b111)2
 f(n) = f((bibi-1…b111)2) = f(4m + 3) = 3.f(2m + 1) - 2.f(2m) = 3.f((bibi-1…b11)2) -

2.f((b1b2…bi)2 ) = (11)2.(1b1b2…bi)2 - (10)2.(b1b2…bi)2 = (11b1b2…bi)2 suy ra
(*)đúng.
Vậy (*)đúng và hàm f được xác định như (*)>
Bài 2.(Trích đề thi Trung Quốc)
Tìm hàm số f : N *  N * thoã mãn:
a) f(1) = 1

(1)

b) f(2n) < 6f(n)

(2)

c) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n) + 1), n  N *

(3)

Giải
Vì f(n)  N * nên (3f(n),3f(n) + 1) = 1. Từ (3) suy ra 3f(n)\f(2n). Kết hợp với (2) suy

ra f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n) + 1, n  N *
Thử một số giá trị ta thấy f(n) được xác định như sau:

24


"Với n = (b1b2…bi)2 thì f(n) = (b1b2…bi)3, n  N * " (*). Ta chứng minh (*) bằng
phương pháp quy nạp.
+ Với n = 1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên (*)đúng.
+ Giả sử (*)đúng cho kGiả sử m = (c1c2…cj)2
- Nếu n chẵn: n = 2m, thì n = 2m = (c1c2…cj0)2. Khi đó
f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2…cj)2) = (10)3.(c1c2…cj)3 = (c1c2…cjo)3  (*) đúng
chẵn.
- Nếu n lẻ: n = 2m + 1, thì n = (c1c2…cj1)2. Khi đó:
f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + 1 = 3.f((c1c2…cj)2) + 1 = (10)3.(c1c2…cj)3 + 13 = (c1c2…cj1)3
 (*) đúng cho n lẻ.

Vậy (*)đúng cho mọi n  N * và f(n) được xác định như (*)

25