Cac pp giai phuong trinh ham BD HSG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (249.32 KB, 26 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Néi dung

Phần 1: những khái niệm cơ bản
1. Nguyên lí Archimede

Hệ quả:

Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x]

Vậy:

2. Cận trên cận dưới

Giả sử A R.

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:

∀ε>0,∀x>0⇒∃k∈N❑;kε>x

∀x∈R⇒∃! k∈Z:k ≤ x<k+1

[x]≤ x<[x]+1

A⊂R

∀ε>0,∃a∈A:α − ε<aa ≤α ,∀a∈A
¿

¿
α=supA⇔

∀ε>0,∃a∈A:β+ε>aa ≥ β ,∀a∈A
¿

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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

(

x+y

)

Vậy đặc trưng hàm ở đây là: f

(

x+y

)

f(x)+f(y)

2 , ∀x , y∈R

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)=xk, x>0

Đặc trưng hàm là: f(xy)=f(x)f(y)
* Hàm mũ: f(x)=ax(a>0, a ≠1)

Đặc trưng của hàm là: f(x+y)=f(x)f(y) , ∀x , y∈R
* Hàm Logarit: f(x)=logax , (a>0, a≠1)

Đặc trưng của hàm là: f(xy)=f(x)+f(y)
* Hàm lượng giác: f(x)=cosx

Đặc trưng hàm là: f(x+y)+f(x − y)=2f(x)f(y)

Hồn tồn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng của các hàm số

f(x)=sinx , f(x)=tanx với các hàm Hypebolic:
* sin hypebolic: shx=e

x

− e− x

* cos hypebolic: chx=e
x

+e− x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

* tan hypebolic: thx=shx

chx=

ex−e− x
ex+e− x
* cot hypebolic: cothx=chx

shx=

ex
+e− x

ex− e− x
- shx có TXĐ là R, tập giá trị là R
- chx có TXĐ là R, tập giá trị là ¿
- 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 m ột 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 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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Số T > 0 bé nhất thỗ mãn hai điều kiện trên gọi là chu kì cơ sở của hàm số tuần
hoàn f(x).

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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 CơSi.

Bài1. (Xây dựng biến từ N đến R)
Tìm hàm f:N → R thỗ 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 .

Với n∈N❑ , 2 = f(1) = f (n.1

n)=f(n).f(

n)− f(n+

n)+1 (**). Mặt khác từ (*) ta lại

có:

f(n+1

n)=1+f(n −1+

n)=2+f(n −2+

n).. .=n+f(

n) . Thế vào (**) ta được:
f (1

n)=

n+1 .

Với q∈Q , q=m

n , m∈Z , n∈N

❑

ta có:

f(q)=f(m

n)=f(m).f(

n)− f(m+

n)+1=(m+1)(

n+1)− f(m+

n)+1 . (***).

Từ (*) ta dễ dàng chứng minh được:
f(m+1

n)=m+f(

n) . Thế vào (***) ta đựơc f(q) = 1 + q, ∀q∈Q .

Với r R, tồn tại dãy {rn} với rn∈Q thỗ mãn limrn=r . Khi đó do tính liên
tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf (rn) = lim(rn + 1) = limrn + 1 = r + 1.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Tìm hàm f:

[

0;1

]

→

[

0;
1

]

thoã mãn:

1) f(x) liên tục trên đoạn

[

0;1

]

2) f(x)=f(x2+1

4),∀x∈

[

0;
1
2

]

Giải
Với a

[

0;1

]

, xét dãy số:

¿
¿ ¿

¿
¿

Dễ dàng chứng minh {xn} không âm (a).

x0≤1

2⇒x1≤ x0
2

4≤
1

2 . Quy nạp suy ra xn

1
2 (b).

xn−1

2¿
2≥0

xn+1− x=¿

⇒ xn+1≥ xn,∀n∈N (c).

Từ (a), (b), (c) suy ra xn

[

0;12

]

và {xn} có giới hạn hữu hạn là limxn=

2 .

Vậy với mọi a

[

0;1

]

, f(a) = f(x1) = fx2) =…= lìm(xn) = f(12) = c (c hằng số).

Thử lại thấy đúng

Bài3. (Sử dụng phương trình hàm Cơsi) - 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)

−2 ⇒ f(x)=−2.e

g(x) .

Thế vào (3) ta được: −8 .eg(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) ⇒
x0=a

xn+1=xn2+1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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 Cơsi 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:

(x3+3x2+3x+2)P(x −1)=(x3−3x2+3x −2)P(x),∀x (1)
Giải:

(1) ⇔ (x+2)(x2+x+1)P(x −1)=(x −2)(x2− 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)(x2+x+1)(x −1)(x −2)x(x+1).G(x −1)=(x −2)(x2− x+1)x(x −1)(x+1)(x+2).G(x) ,

∀x

⇒ (x2+x+1)G(x −1)=(x2− x −1)G(x) , ∀x
⇔ G(x)

x2+x+1=

G(x −1)

x2− x −1,∀x

Đặt: R(x)= G(x)

x2+x+1 (x ≠0,±1,−2)
⇒ R(x)=R(x −1) , (x ≠0,±1,−2)
⇒ R(x)=C

Vậy: P(x)=C(x2+x+1)x(x −1)(x+1)(x+2)
Thử lại thấy P(x) thỗ mãn điều kiện bài tốn.

Chú ý:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Do đó: (x3+3x2+3x+2)xP(x)=(x2−1)(x2− x+1)P(x+1)
Từ đó ta có bài tốn sau:

Bài2:

Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

(x3+3x2+3x+2)xP(x)=(x2−1)(x2− x+1)P(x+1) , ∀x

(Giải bài toán này tương tự như bài 1)

Tương tự như trên nếu ta xét:

P(x)=(x2+1)(x2−3x+2) thì ta sẽ có bài tốn sau:
Bài3:

Tìm P(x) với hệ số thực thỗ mãn đẳng thức:

(4x2+4x+2)(4x2−2x).P(x)=(x2+1)(x2−3x+2).P(2x+1),∀x∈R

Tương tự như vậy chúng ta có thể xây dựng các đề tốn 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 khơng thỗ mãn điều kiện bài tốn.
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:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Đồng nhất các hệ số, ta thu được:

¿
¿ ¿

¿
¿

¿
¿ ¿

¿
¿

Vậy f(x)=1

3(x
2

+2x −1)

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỗ mãn điều kiện bài tốn.

Cơng việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ khơng thỗ mãn điều
kiện bài tốn.

Thật vậy giả sử cịn có hàm số g(x) khác f(x) thỗ mãn điều kiện bài tốn.
Do g(x) không trùng với f(x) nên ∃x0∈R:g(x0)≠ f(x0) .

Do g(x) thỗ mãn điều kiện bài tốn 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

Từ hai hệ thức này ta được: g(x0) = 13(x0
2

+2x −1) = f(x0)
Điều này mâu thuẫn với f(x0) g(x0)

Vậy phương trình có nghệm duy nhất là f(x)=1

3(x
2

+2x −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
Khi đó (1) trở thành:

a(ax + b) + b - ax - b = x , ∀x∈R

3a = 1 a=

1
3

b - 2a = 0
a + b + 3c = 0

⇔ b=2

c=−1

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

hay (a2 - a)x + ab = x, ∀x∈R

Đồng nhất hệ số ta được:

¿
¿ ¿
¿
¿
⇔
¿
¿ ¿
¿
¿

¿
¿ ¿
¿
¿

Ta tìm được hai hàm số cần tìm là:

Hiển nhiên hai hàm số này thỗ mãn điều kiện bài tốn.

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:

Đồng nhất các hệ số ta được:

¿
¿ ¿
¿
¿
⇔
¿

¿ ¿
¿
¿

¿
¿ ¿
¿
¿

Với
¿
¿ ¿
¿
¿

ta được f(n) = n
Trường hợp này f(n) khơng thỗ mãn (2)

a2−a=1 a=

1+√5

2 a=

1−√5
2

ab=0 b=0 b=0

f (x)=1±√5

2 x

a2n

+ab+b=n ,∀n∈Z

a2

=1 a=1 a=−1

ab+b=0 b=0 b∈R

a=1

b=0

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Với
¿
¿ ¿

¿
¿

ta được f(n) = -n + b
Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1
Vậy f(n) = -n + 1

Hiển nhiên hàm số nầy thỗ mãn điều kiện bài tốn.

Ta phải chứng minh f(n) = -n + 1 là hàm số duy nhất thỗ mãn điều kiện bài tốn.
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)), ∀n∈Z

Hay g(n) = g(n+2) + 2, ∀n∈Z (4)

Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho: f(n0) 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:

Tìm tất cả các hàm f: → N sao N cho:
f(f(n)) + (f(n))2 = n2 + 3n + 3, ∀n∈N

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

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
Đặt:
¿
¿ ¿
¿
¿
⇒
¿
¿ ¿
¿

⇒ vf(u)−uf(v)=(u2− v2)uv ⇒ f(u)

u − u

=f(v)

v − v

, ∀u , v ≠0

Chọn v = 1 ta có:

⇒ f(u)=u3+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)=x3+ax , ∀x∈R

Bài2:

Tìm hàm số f(x) sao cho:

f(x −1)−3f( x −1

1−2x)=1−2x ,∀x ≠

1
2

Giải
Đặt: 1x −−21x=y −1⇒x= y

2y −1⇒x −1=
1− y

2y −1

⇒ f( 1− y

2y −1)−3f (y −1)=

−1

2y −1,∀ y ≠
1
2
⇒ f( x −1

1−2x)−3f(x −1)=
−1

2x −1,∀x ≠
1
2

⇒

⇒ −8f(x −1)=1−2x+ 3

1−2x,∀x ≠

1
2

⇒ f(1− x)=1

8(−1+2x+
3

2x −1),∀x ≠
1
2

⇒ f(x)=1

8(1+2x+
3

2x+1),∀x ≠

1
2

x=¿

u+v

u=x+y

v=x − y y=

u − v

f(x −1)−3f( x −1

1−2x)=1−2x ,∀x ≠

1
2

¿
¿ ¿

¿ f( x −1

1−2x)−3f(x −1)=
−1

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Các bài tập tương tự
Bài1:

Tìm các hàm số f: R → R thoã mãn điều kiện:

f(x+y)+f(x − y)−2f(x)f(1+y)=2 xy(3y − x2),∀x , y∈R
Đáp số: f(x) = x3

Bài2:

Tìm các hàm số f: R → R nếu:

3f( x −1

3x+2)−5f(

1− x
x −2)=

x −1,∀x∉

{

0,−
2
3,1,2

}

Đáp số: f(x)=28x+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:
12f(xy)+1

2f(yz)− f(x)f(yz)≥
1

4,∀x , y , z∈R (1)

Giải:
Cho x = y = z = 0 thay vào (1) ta được

12f(0)+1

2f(0)− f
2

(0)≥1

4 ⇔ f(0)−

2¿

≤0

⇔ f(0)=1

Cho y = z = 0 Thay vào (1) ta được:
14+1

4−

1
2f(x)≥

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

⇔ f(x)≤1

2,∀x∈R (2)

Cho x = y = z = 1 thay vào (1) ta được

f(1)−1

2¿
2

≤0
1

2f(1)+
1

2f(1)− f
2

(1)≥1

4⇔¿

⇔ f(1)=1

Cho y = z = 1 thay vào (1) ta được
12f(x)+1

2f(x)− f(x).
1
2≥

1
4

⇔ f(x)≥1

2,∀x∈R (3)

Từ (2) và (3) ta có f(x)=1

Thay vào thỗ mãn điều kiện (1).
Vậy hàm số cần tìm là f(x)=1

2 .

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(x3)=3 xf(x), ∀x∈(0;1)
Thay x, y, z bởi x2ta được

f (x6)=3x2f(x2)
Mặt khác từ (1) ta cũng có:

f(x6)=f(x.x2.x3)=xf(x)+x2f(x2)+x3f(x3)

hay 3x2f(x2)=xf(x)+x2f(x2)+x3f(x3)

⇔ 2x2f(x2)=xf(x)+x3f(x3)
⇔ 2x2f

(x2)=xf(x)+3x4f (x)
⇒

x¿

2x2f(¿)=(x+3x4)f(x)
⇒ f(x)=1+3x

3
2x f(x

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Thay x bởi x3 ta được

f (x3)=1+3x

9
2x3 f(x

)

⇔ 3 xf(x)=1+3x

9
2x3 3x

f(x2)
⇔ f(x)=1+3x

9
2x2 f(x

) (3)
Từ (2) và (3) ta suy ra:

1+3x3

2x f(x

)=¿ 1+3x

9
2x2 f(x

) , ∀x∈R

⇒ f(x2)=0,∀x ≠0 thay vào (2) suy ra: f(x)=0,∀x ≠0
Vậy: f (x)=0,∀x∈(0,1)

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, .. .}

⇒ (xn)={x0, x1, x2,. ..}
+) Định nghĩa sai phân:
Xét hàm x(n) = x0

Sai phân cấp 1 của hàm xn là: Δxn=xn+1− xn

Sai phân cấp 2 của hàm xn là: Δ2xn=Δxn+1− Δxn=xn+2−2xn+1+xn

Sai phân cấp k của hàm xn là:

−1¿iCki xn+k −i
¿

Δkxn=

∑

i=0

k
¿
+) 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:

Δk

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Δkxn 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 1 -1 -1 1 5 11 19 29 41 55

Δxn -2 0 2 4 6 8 10 12 14

Δ2x

n 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Vậy Δ2x

n=const do đó xn là đa thức bậc hai: xn=an2+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
a0xn+k+a1xn+k−1+.. .+akxn=0, ak,a0≠0 (1)
Gọi là phương trinh tuyến tính thuần nhất cấp k
+) Phương trình đặc trưng

a0λk+a1λk −1+a2λk −2+.. .+ak=0 (2)
+) Nghiệm tổng quát

Nếu phương trình (2) có k nghiệm phân biệt λ1 , λ2 , λ3 ,…, λk thì nghiệm 
tổng quát của (1) là xn=c1λ1n+c2λ2n+.. .+ckλkn

Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn λ1 có bội s thì nghiệm tổng quát của (1) sẽ là:

xn=c1λ1

n

+c2nλ2

n
+c3n

λ3

n

. ..+csn
s −1

λ1

n

+cs+1n

s

λs+1

n

+.. .+ckλk
n

b. Bài tốn 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.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Ta có (1) ⇔ xn+3 - 6xn+2 + 11xn+1 - 6xn = 0

Phương trình đặc trưng là:

λ3−6λ2+11λ −6=0
⇔ λ=1, λ=2, λ=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:

¿
¿ ¿

¿
¿

Từ đó ta có xn=−

3
2+8 .2

n

−7

n

Bài2:

Cho dãy số (xn) có

xn = 7xn-1 - 11xn-2 + 5xn-3 , ∀n≥3 (1)
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:

λ3−7λ2+11λ −5=0
⇔ λ=1, λ=1, λ=5
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
xn=c1+c n+c35

n (2)

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

¿
¿ ¿

¿
¿

c1=−32

c2=8

c=−7

c2=
3
4

c=− 1

c1=− 1

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Từ đó ta được: xn=− 1

16 +
3

4n+

1
16 5

n

Chú ý: Đối với phương pháp sai phân, ta có một số khác nữa như phương trình sai

phân tuyến tính khơng thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ
thống phương pháp giải quyết để tuyến tính hố 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
. . . .

, ∀x∈R

Hay fn+2(x)=3fn+1(x)−2fn(x),n ≥0
Đặt: xn=fn(x), n ≥0

Ta được phương trình sai phân:
xn+2=3xn+1−2xn
Phương trình đặc trưng là:

λ2−3λ

+2=0⇔λ=1∨λ=2
Do đó xn=c1+c22n

Ta có: x0=c1+c2=x
x1=c1+2c2=f(x)

Từ đó ta được: c1=2x − f(x), c2=f(x)− x

Vậy: f (x)=x+c2 hoặc f(x)=2x − c1

Bài2:

f(.. .f(x))

⏟

n+2

=3f

⏟

(. . .f(x))
n+1

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Tìm tất cả các hàm xác định trên N và thoã mãn đồng thời các điều kiện sau:
2f(n)f(k+n)−2ff(k − n)=3f(n)f(k), k ≥ n

(1)=1

Giải:
Cho k = n = 0

⇒⇔2ff2(0)−2f (0)=3f2(0)
(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:

2f(1)f(k+1)−2f(k −1)=3f(1)f(k),∀k
⇔2f(k+1)−2f(k −1)=3f(k),∀k

Đặt: xk=f(k) ta có phương trình sai phân: 2xk+1−3xk−2xk −1=0

Phương trình đặc trưng là:

2λ2−3λ −2=0⇔λ=2∨λ=−1

Vậy: f(n)=c12n+c2

(

−1

)

n

Ta tìm c1, c2.

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

Vậy: f(n)=−2

(

−1

)

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 thơng qua một hệ thống lí thuyết. Ở đây tơi chỉ nêu
ứng dụng của nó qua một số bài tốn về phương trình hàm.

Bài1:

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

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 hồn với chu kỳ 1.

Nhận xét: Qua bài tốn 1 ta có thể tổng qt lên thành bài tốn như sau:

TQ: Tìm hàm số f(x) thỗ mãn:

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:

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

¿
¿ ¿

¿
¿

⇔
¿
¿ ¿

¿
¿

Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng:
g(x)=1

2[h(x)− h(x+1)] ,

ở đó h(x) là hàm tuần hồn với chu kỳ 2

Nhận xét:

Qua ví dụ này ta có thể tổng qt thành bài tốn:
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, (1)
Giải:

Ta đi tìm c sao cho c = 3c + 2 suy ra c = -1
Đặt: f(x) = -1 + g(x)

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)=ax,(a>0, a ≠1)

Nên ta có: ax+1

=3ax⇔a=3

Vậy ta đặt: g(x)=3xh(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+3xh(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 hồn)

g(x+2)=g(x)

g(x)=1

2[g(x)− g(x+1)]

g(x+2)=g(x)

∀x∈R (3)

∀x∈R

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Cịn: 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) , ∀t∈R
Đặt: h(t) = g(-1 + 2t), ta được h(2t) = 3h(t) (3).
Xét 2t = t ⇔ t = 0, 2t¿m=3.tm⇔m=log23 .

¿
Xét 3 khả năng sau:

+) Nếu t = 0 ta có h(0) = 1
+) Nếu t > 0 đặt h(t)=tlog23ϕ

(t) thay vào (3) ta có ϕ(2t)=ϕ(t),∀t>0
Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hồn nhân tính.

+) Nếu t < 0 đặt h(t)=|t|log23

ϕ(t) thay vào (3) ta được
⇔

¿
¿ ¿

¿
¿

⇔

¿
¿ ¿

¿
¿

Nhận xét:

Bài toán tổng quát của dạng này như sau:
TQ: Tìm hàm số f(x) sao cho:

f (αx+β)=f()+b , α ≠0,±1

ϕ(2t)=−ϕ(t),∀t<0

ϕ(4t)=ϕ(t),∀t<0

ϕ(t)=1

2[ϕ(t)−ϕ(2t)],∀t<0

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Khi đó phương trình αx+β=x ta chuyển điểm bất động về o, thì ta được hàm tuần
hồn nhân tính.

+ Nếu a = 0 bài tốn bình thường.
+ Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài tốn 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 loga(2t)=logat −2⇔a= 1
√2

Vậy đặt: g(t)=log1

√2

|t|+h(t) .

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❑ thỗ mãn f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n),

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 đốn được:
" ∀n∈N❑ , n = (b

ibi-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.

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

⇒ ⇒ 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:

"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 k<n (với n 4). Ta chứng minh (*)đúng cho n.
Giả 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.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Các tài liệu tham khảo:
- Phương trình hàm - Tác giả: Nguyễn Văn Mậu

- Hàm số và ứng dụng của hàm số - Tác giả: Phan Huy Khải

- Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi - Trường ĐHKH Tự
Nhiên

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Mục lục

Li núi u

Phần 1: Những khái niệm cơ bản . . . .. . . 1

Phần 2: Các phơng pháp thờng dùng để giải phơng trình hàm . . . 5

- Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số . . . 5

- Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức . . . 7

- Hệ số bất định . . . 8

- Phương pháp dồn biến . . . 12

- Phương pháp xét giá trị . . . .. . . . 14

- Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm . . . .15

- Điểm bất động . . . 20

- Phương pháp sử dụng hệ đếm . . . 23

</div>

Cac pp giai phuong trinh ham BD HSG

(

)

(

)

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

{

}

<sub>∑</sub>

⏟

<sub>⏟</sub>

(

)

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về