Tải bản đầy đủ

Cach giai mot dang pth dac biet (kđ minh)

CÁCH GIẢI MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐẶC BIỆT
KIỀU ĐÌNH MINH
(GV. THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ)
Phương trình hàm là một loại toán hay và khó. Chính vì lẽ đó mà bài toán phương trình hàm
thường xuất hiện trong các cuộc thi olympic. Trong quá trình làm toán và giảng dạy tác giả
bắt gặp một dạng phương trình hàm rất đẹp và đặc biệt mà tác giả muốn giới thiệu cùng bạn
đọc. Đó là phương trình hàm dạng
Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn

(

)

(

)

(

f x m ± y n = x k f x m − k ± y l f y n −l


)

∀x, y ∈ ¡ ; m, n ∈ ¥ * , k , l ∈ ¥ , m > k , n > l

Để tiến hành giải bài toán trên ta làm như sau
● Xây dựng tính chất cộng tính cho hàm đã cho
m
k
m −k
● Dựa vào đẳng thức f ( x ) = x f ( x ) ta tính một trong những biểu thức sau theo hai cách

( ( x + 1) ) ; f ( ( x + 1)
m

f

khác nhau

m

+ ( x − 1)

m

) ; f ( ( x − y ) ) ; f ( ( x + 1)
m

m

trình rồi rút ra hàm f ( x ) .
Sau đây là một số thí dụ minh hoạ cho phương trình hàm đã nói trên
Thí dụ 1. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn

(

)

− x m ,... . Từ đó lập phương

)


f x 2 − y = xf ( x ) − f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1)

Lời giải
Cho x = y = 0 , từ ( 1) suy ra f ( 0 ) = 0
2
Cho y = 0 , từ ( 1) suy ra f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡
Cho x = 0 , từ ( 1) suy ra f ( − y ) = − f ( y ) , ∀y ∈ ¡ , chứng tỏ hàm f là hàm lẻ.
Phương trình hàm đã cho trở thành

(

) ( )
f ( −x + y) = f ( − ( x

f x 2 − y = f x 2 + f ( − y ) , ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ∈ ¡

Lại có

2

2

−y

)) =−f ( x

2

suy ra f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≤ 0, ∀y ∈ ¡
Tóm lại
f

)

f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ . Bây giờ ta tính f

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

( ( )

)

2

)

(

)

− y = − f x 2 − f ( y ) = f − x 2 + f ( y ) , ∀x , y ∈ ¡

( )

( ( x + 1) )
2

theo hai cách. Ta có

+ 2 x + 1 ⇔ ( x + 1) f ( x + 1) = f x 2 + f ( 2 x ) + f ( 1) ⇔ ( x + 1) ( f ( x ) + f ( 1) ) = xf ( x ) +

+2 f ( x ) + f ( 1) ⇔ f ( x ) = xf ( 1) , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ , a ∈ ¡

Thử lại ta thấy hàm f ( x ) = ax thoả mãn phương trình hàm đã cho. Vậy f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ .■
Thí dụ 2. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn

(

)

f x 2 + y 2 = xf ( x ) + yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (2)

Lời giải
2
Cho x = 0 , từ ( 2 ) suy ra f ( y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡

Cho y = 0 , từ ( 2 ) suy ra f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ .
Do đó phương trình hàm đã cho trở thành
2

1


(

)

( )

( )

f x 2 + y 2 = f x 2 + f y 2 , ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ≥ 0

( 2.1)

thay y bởi − y từ ( 2 ) ta được f ( x + y ) = xf ( x ) − yf ( − y ) . So sánh với phương trình đã cho
suy ra − yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡ , chứng tỏ f là hàm số lẻ. Do đó với
mọi x ≥ 0, y ≤ 0 ta có
2

2

f ( x − y ) = f ( x + ( − y) ) = f ( x) + f ( − y) = f ( x) − f ( y ) ⇒ f ( x) = f ( x − y ) + f ( y ) ⇒ f

f ( x − y ) + f ( y ) ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ≤ 0
Với mọi x ≤ 0, y ≤ 0 ta có

( 2.2 )

f ( x + y ) = − f ( −x − y) = − ( f ( −x) + f ( − y) ) = − ( − f ( x) − f ( y ) ) = f ( x) + f ( y )

( ( x − y) + y) =

( 2.3)

Kết hợp ( 2.1) , ( 2.2 ) và ( 2.3) ta được f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ . Bây giờ làm tương tự thí

(

dụ 1 bằng việc tính f ( x + 1)

2

)

theo hai cách ta suy ra nghiệm f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ .■

Thí dụ 3 (USA MO 2000). Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn

(

)

f x 2 − y 2 = xf ( x ) − yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (3)

Lời giải
Cho x = y , từ ( 3) suy ra f ( 0 ) = 0
2
Cho x = 0 , từ ( 3) suy ra f ( − y ) = − yf ( y ) , ∀y ∈ ¡
Cho y = 0 , từ ( 3) suy ra f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡
Do đó phương trình đã cho trở thành
2

(

)

( )

(

)

f x 2 − y 2 = f x 2 + f − y 2 , ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ≤ 0 ( 3.1) .
Lại thay x = − y vào ( 3.1) ta được
0 = f ( 0 ) = f ( − y ) + f ( y ) , ∀y ≤ 0 ⇒ f ( − y ) = − f ( y ) , ∀y ≤ 0 ⇒ f ( − y ) = − f ( y ) , ∀y ∈ ¡ , chứng tỏ hàm
f lẻ. Lại có
f ( x − y ) = f ( x + ( − y ) ) = f ( x ) + f ( − y ) = f ( x ) − f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ≥ 0 ⇒

⇒ f

( ( x − y ) + y ) = f ( x − y ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, y ≥ 0 ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ∈ ¡ , ∀y ≥ 0 ( 3.2 )

Kết hợp ( 3.1) và ( 3.2 ) suy ra f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ . Tiếp theo làm tương tự hai thí
dụ trên ta được kết quả f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ .■
Thí dụ 4 (T12/412. THTT). Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn

(

)

f x 3 + y 3 = x 2 f ( x ) + y 2 f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

( 4)

Lời giải
3
2
3
2
Lần lượt cho x = 0, y = 0 ta được f ( y ) = y f ( y ) và f ( x ) = x f ( x ) . Do đó phương trình hàm
3
3
3
3
đã cho trở thành f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

(

Ta tính f ( x + 1) + f ( x − 1)

( ( x + 1)
f ( ( x + 1)
f

(

3

3

3

3

) theo hai cách như sau

) = f ( 2x + 6x ) = f ( 2x ) + f ( 6x ) = 2 f ( x ) + 6 f ( x ) = 2x f ( x ) + 6 f ( x )
+ f ( x − 1) ) = f ( ( x + 1) ) + f ( ( x − 1) ) = ( x + 1) f ( x + 1) + ( x − 1) f ( x − 1) =

+ f ( x − 1)

3

3

3

)

3

3

(

3

3

)

2

2

( 4.1)

2

(

)

= x 2 + 2 x + 1 ( f ( x ) + f ( 1) ) + x 2 − 2 x + 1 ( f ( x ) − f ( 1) ) = 2 x 2 + 2 f ( x ) + 4 xf ( 1)

( 4.2 )
2
2
So sánh ( 4.1) và ( 4.2 ) ta có 2 x f ( x ) + 6 f ( x ) = ( 2 x + 2 ) f ( x ) + 4 xf ( 1) ⇒ f ( x ) = f ( 1) x = ax, a ∈ ¡
Thử lại hàm f ( x ) = ax thoả mãn phương trình hàm đã cho. Kết luận f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ .■
Thí dụ 5. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn
2


(

)

( )

f x + y 4 = f ( x ) + yf y 3 , ∀x, y ∈ ¡

( 5)

Lời giải
Cho x = 0, y = 1 , từ ( 5) suy ra f ( 0 ) = 0
Cho x = 0 , từ ( 5) suy ra

( )

( )

f y 4 = yf y 3 , ∀y ∈ ¡ ⇒ − yf

( ( − y ) ) = f ( ( − y ) ) = f ( y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( − y ) = − f ( y ) , ∀y ≠ 0
3

4

4

3

3

3

Vậy f là hàm số lẻ.
4
4
Phương trình hàm đã cho được viết lại như sau f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ , suy ra
f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ∈ ¡ , ∀y ≥ 0 ( 5.1)

Ta có

f ( x + y ) = f ( − ( −x − y) ) = − f

( ( −x) + ( − y) ) = − ( f ( −x) + f ( − y ) ) = − ( − f ( x) − f ( y ) ) = f ( x) + f ( y ) ,

( 5.2 )
Kết hợp ( 5.1) và ( 5.2 ) ta được f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ .
4
4
Bây giờ ta tính f ( ( x + 1) + ( x − 1) ) theo hai cách như sau
∀x ∈ ¡ , ∀y ≤ 0

( ( x + 1)
f ( ( x + 1)
f

4

+ ( x − 1)

4

4

+ ( x − 1)

4

(

) = f ( 2 x + 12 x + 2) = 2 f ( x ) + 12 f ( x ) + 2 f ( 1) = 2 xf ( x ) + 12 f ( x ) + 2 f ( 1)
) = f ( ( x + 1) ) + f ( ( x − 1) ) = ( x + 1) f ( ( x + 1) ) + ( x −1) f ( ( x −1) ) =
4

2

4

4

2

3

4

)

2

3

(

)

( )

( 5.3)

3

( )

= ( x + 1) f x 3 + 3 x 2 + 3x + 1 + ( x − 1) f x 3 − 3 x 2 + 3x − 1 = 2 xf x 3 + 6 f x 2 + 6 xf ( x ) + 2 f ( 1)

( 5.4 )
bởi x + 1 vào ( 5.5) ta

2
So sánh ( 5.3) với ( 5.4 ) ta có f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ ( 5.5) . Tiếp tục thay x
được

(

)

( )

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

( )

⇒ f x 2 = ( x − 1) f ( x ) + xf ( 1) ( 5.6 )

Từ ( 5.5) , ( 5.6 ) suy ra xf ( x ) = ( x − 1) f ( x ) + xf ( 1) ⇒ f ( x ) = xf ( 1) = ax, ∀x ∈ ¡ . Dễ thấy hàm này
thoả mãn phương trình đã cho. Vậy hàm cần tìm là f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ .■
Thí dụ 6. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn

(

)

( )

( )

f x 5 + y 5 = x 2 f x 3 + y 2 f y 3 , ∀x, y ∈ ¡

( 6)

Lời giải

(

Dễ chứng minh được f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ . Bây giờ ta tính f ( x + 1) + ( x − 1)
5

5

)

theo

hai cách. Đặt t = ( x + 1) + ( x − 1) = 2 x5 + 20 x 3 + 10 x
5

5

5
3
2
3
3
Ta có f ( t ) = 2 f ( x ) + 20 f ( x ) + 10 f ( x ) = 2 x f ( x ) + 20 f ( x ) + 10 f ( x ) ( 6.1)
Mặt khác

f ( t) = f

( ( x + 1) ) + f ( ( x − 1) ) = ( x + 1) f ( ( x + 1) ) + ( x − 1) f ( ( x − 1) ) = 2 x f ( x ) + 6 x f ( x ) + 12xf ( x ) +
5

5

2

3

2

3

2

3

2

2

( )

+4 f ( 1) x + 2 f x 3 + 6 f ( x ) ( 6.2 )

3
2
2
Từ ( 6.1) , ( 6.2 ) suy ra 9 f ( x ) + 2 f ( x ) = 3x f ( x ) + 6 xf ( x ) + 2 f ( 1) x, ∀x ∈ ¡ ( 6.3)
Trong ( 6.3) thay x bởi x + 1 ta được

3


9f

( ( x + 1) ) + 2 f ( x + 1) = 3 ( x + 1)
3

( )
⇔ 4 f ( x ) + 7 f ( x ) = f ( 1) x

2

f ( x + 1) + 6 ( x + 1) f

( )

( )

( ( x + 1) ) + 2 f ( 1) ( x + 1) ⇔
2

( )

9 f x 3 + 27 f x 2 + 29 f ( x ) + 11 f ( 1) = 9 f x 3 + 17 f ( x ) + 3 f ( 1) x 2 + 18 xf ( x ) + 12 f ( 1) x + 11 f ( 1) + 6 f x 2
2

2

+ 6 xf ( x ) + 4 f ( 1) x ( 6.4 )

Trong ( 6.4 ) lại thay x bởi x + 1 thì được
4 f ( x + 1) + 7 f

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

( )
⇔ 7 f ( x ) + 12 f ( x ) = f ( 1) x

2

+ 6 ( x + 1) f ( x + 1) + 4 f ( 1) ( x + 1)

⇔ 7 f x 2 + 18 f ( x ) + 11 f ( 1) = f ( 1) x 2 + 12 f ( 1) x + 11 f ( 1) + 6 xf ( x ) + 6 f ( x )
2

2

+ 12 f ( 1) x + 6 xf ( x ) ( 6.5 )

Từ ( 6.4 ) , ( 6.5 ) suy ra 8 f ( x ) = 8 f ( 1) x ⇒ f ( x ) = f ( 1) x = ax, ∀x ∈ ¡ . Thử lại hàm số này thoả mãn
phương trình đã cho. Vậy nghiệm của phương trình là f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ .
Bình luận: Qua các thí dụ trên chúng ta thấy nghiệm của phương trình hàm đã nêu có dạng
f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ . Từ phương trình tổng quát với việc chọn các giá trị cụ thể của các luỹ thừa
thì ta được các bài toán tương ứng. Tuy nhiên khi luỹ thừa càng cao thì việc tính toán càng
trở nên phức tạp.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn một trong các phương trình sau
2
1. f ( x − y ) = f ( x ) − y f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

3
2
2. f ( x + y ) = xf ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

3
3
2
2
3. f ( x − y ) = xf ( x ) − yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

3
3
2
2
4. f ( x − y ) = x f ( x ) − yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡
4
3
5. f ( x − y ) = f ( x ) − y f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡
4
3
6. f ( x + y ) = f ( x ) + y f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

5
5
2
3
2
3
7. f ( x − y ) = x f ( x ) − y f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡
6
6
3
3
3
3
8. f ( x − y ) = x f ( x ) − y f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

7
7
4
3
4
3
9. f ( x + y ) = x f ( x ) + y f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡
7
7
5
2
5
2
10. f ( x − y ) = x f ( x ) − y f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡

4



x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×