Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh. Nguyên tắc chung: +] Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng của f[x], thường là f[x] = ax + b hoặc f[x] = ax2+ bx + c. +] ðồng nhất hệ số ñể tìm f[x]. +] Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f[x] ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ví dụ 1: Tìm :f R R→ thỏa mãn: [ ][ ] [ ] [ ], 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: Thay 1x y R = ∈ vào [18] ta ñược: [ ][ ] [ ] [ ]1 1f f y y f a+ = + . Thay [ ]1 1y f= − − vào [a] suy ra: [ ][ ][ ]1 1 1 1f f f− − + = − . ðặt [ ][ ]1 1 1a f f= − − + ta ñược: [ ] 1f a = − . Chọn y a x R = ∈ ta ñược: [ ][ ] [ ] [ ] [ ]0f x f a x xa f x xa f x f+ = + ⇒ + = . ðặt [ ] [ ]0f b f x a x b= ⇒ = − + . Thế vào [1] và ñồng nhất hệ số ta ñược: [ ] [ ] 2 11 1 0 a f x xa a ab a a f x x b = = = ⇒ ⇒= − − − = − = − = . Vậy có hai hàm số cần tìm là [ ]f x x= và [ ]f x x= − . Ví dụ 2: Tìm :f R R→ thỏa mãn: [ ][ ] [ ][ ] [ ], 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . Lời giải: Cho [ ][ ] [ ]0; : [2] 0y x R f f x x R a= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . Cho [ ] [ ][ ][ ] [ ] [ ]': [2] 0x f y f f f y y y f a= ⇒ + = . [ ] [ ] [ ] [ ]' 0a a f y y f+ ⇒ = . ðặt [ ] [ ]0f a f y ay y R= ⇒ = ∀ ∈ . Thử lại [2] ta ñược: [ ] [ ]2 2 2 0 ,a x y a y x y x y R+ + − = ∀ ∈ [ ]0 0a f x x R⇔ = ⇒ = ∀ ∈ . Vậy có duy nhất hàm số [ ] 0f x = thỏa mãn bài toán. Ví dụ 3: Tìm , :f g R R→ thỏa mãn: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 2 , 1 f x g x f y y x y R a f x g x x x R b − = − ∀ ∈ ≥ + ∀ ∈ . Lời giải: Cho x y R= ∈ khi ñó [ ] [ ] [ ]a f x g x x⇒ = − .Thay lại [a] ta ñược: 2 [ ] [ ]2 2 ,g x x y g y x y R= − + ∀ ∈ [c]. Cho 0;y x R= ∈ : từ [c] ta ñược: [ ] [ ]2 0g x x g= + . ðặt [ ]0g a= ta ñược: [ ] [ ]2 ,g x x a f x x a= + = + . Thế vào [a], [b] ta ñược: [a], [b] ⇔ [ ][ ] [ ] 2 2 2 1 x a x a x R x a x a x + = + ∀ ∈ + + ≥ + [ ]2 22 3 1 1 0x a x a x R⇔ + − + − ≥ ∀ ∈ [ ]23 0 3a a⇔ − ≤ ⇔ = . Vậy [ ] [ ]3 ; 2 3f x x g x x= + = + . Ví dụ 4: ða thức f[x] xác ñịnh với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: 22 [ ] [1 ] ,f x f x x x+ − = ∀ ∈ℝ [1]. Tìm f[x]. Lời giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f[x] phải có dạng: f[x] = ax2 + bx + c. Khi ñó [1] trở thành: 2[ax2 + bx + c] + a[1 – x]2 + b[1 – x] + c = x2 x∀ ∈ℝ do ñó: 3ax2 + [b – 2a]x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈ℝ ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: 1 33 1 22 0 3 3 0 1 3 a a b a b a b c c = = − = ⇔ = + + = = − Vậy: 21[ ] [ 2 1] 3 f x x x= + − Thử lại ta thấy hiển nhiên f[x] thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f[x] sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử còn hàm số g[x] khác f[x] thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Do f[x] không trùng với g[x] nên 0 0 0: [ ] [ ]x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . Do g[x] thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 22 [ ] [1 ] ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ Thay x bởi x0 ta ñược: 20 0 02 [ ] [1 ]g x g x x+ − = Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 20 0 02 [1 ] [ ] [1 ]g x g x x− + = − Từ hai hệ thức này ta ñược: 20 0 0 0 1[ ] [ 2 1] [ ] 3 g x x x f x= + − = ðiều này mâu thuẫn với 0 0[ ] [ ]g x f x≠ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 21[ ] [ 2 1] 3 f x x x= + − 3 Nhận xét: Nếu ta chỉ dự ñoán f[x] có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các hàm số tìm ñược. Ví dụ 5: Hàm số y = f[x] xác ñịnh, liên tục với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: f[f[x]] = f[x] + x, x∀ ∈ℝ Hãy tìm hai hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã 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 ñó [1] trở thành: a[ ax + b] + b – [ax + b] = x , x∀ ∈ℝ hay [a2 –a ]x + ab = x, x∀ ∈ℝ ñồng nhất hệ số ta ñược: 2 1 5 1 51 1 5[ ] .2 2 20 0 0 a a a a f x x ab b b + − − = ±= = ⇔ ∨ ⇒ = = = = Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán [việc chứng minh sự duy nhất dành cho người ñọc]. Ví dụ 6: Hàm số :f →ℤ ℤ thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau: ] [ [ ]] , [1] ] [ [ 2] 2] , [2] ] [0] 1 [3] a f f n n n b f f n n n c f = ∀ ∈ + + = ∀ ∈ = ℤ ℤ Tìm giá trị f[1995], f[-2007]. Lời giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f[n] phải có dạng: f[n] = an +b. Khi ñó ñiều kiện [1] trở thành: 2 ,a n ab b n n+ + = ∀ ∈ℤ ðồng nhất các hệ số, ta ñược: 2 1 11 0 00 a aa b bab b = = − = ⇔ ∨ = =+ = Với 1 0 a b = = ta ñược f[n] = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn [2]. Với 1 0 a b = − = ta ñược f[n] = -n + b. Từ ñiều kiện [3] cho n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f[n] = -n + 1. Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f[n] = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử tồn tại hàm g[n] khác f[n] cũng thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Từ [3] suy ra f[0] = g[0] = 1, f[1] = g[1] = 0. Sử dụng ñiều kiện [1] và [2] ta nhận ñược: g[g[n]] = g[g[n+2]+2] n∀ ∈ℤ . 4 do ñó g[g[g[n]]] = g[g[g[n+2]+2]] n∀ ∈ℤ Hay g[n] = g[n+2]+2 n∀ ∈ℤ . Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho 0 0[ ] [ ]f n g n≠ Do f[n] cũng thỏa mãn [4] nên ta có: 0 0 0 0 0 0 [ 2] [ ] 2 [ ] 2 [ 2] [ 2] [ 2] g n g n f n f n g n f n − = + = + = − ⇔ − = − Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn [5]. Vậy f[n] = g[n], n∀ ∈ℕ Chứng minh tương tự ta cũng ñược f[n] = g[n] với mọi n nguyên âm. Vậy f[n] = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ ñó tính ñược f[1995], f[-2007]. BÀI TẬP Bài 1: Tìm tất cả các hàm số :f →ℝ ℝ thỏa mãn ñiều kiện: 2[ ] [ ] 2 [ ] [1 ] 2 [3 ], ,f x y f x y f x f y xy y x x y+ + − − + = − ∀ ∈ℝ . ðáp số: f[x] = x3. Bài 2: Hàm số :f →ℕ ℕ thỏa mãn ñiều kiện f[f[n]] + f[n] = 2n + 3, .n∀ ∈ℕ Tìm f[2005]. ðáp số: 2006. Bài 3: Tìm tất cả các hàm :f →ℕ ℕ sao cho: 2 2[ [ ]] [ [ ]] 3 3,f f n f n n n+ = + + .n∀ ∈ℕ ðáp số: f[n] = n + 1. Bài 4: Tìm các hàm :f →ℝ ℝ nếu: 1 1 8 23 5 , 0, ,1, 2 3 2 2 1 3 x xf f x x x x − − − = ∀ ∉ − + − − ðáp số: 28 4[ ] 5 xf x x + = Bài 5: Tìm tất cả các ña thức P[x] [ ]x∈ℝ sao cho: P[x + y] = P[x] + P[y] + 3xy[x + y], ,x y∀ ∈ℝ ðáp số: P[x] = x3 + cx. Phương pháp 2: phương pháp thế. 2.1. Thế ẩn tạo PTH mới: Ví dụ 1: Tìm f: R\{2} → R thỏa mãn: [ ]22 1 2 1 1 1 xf x x x x + = + ∀ ≠ − . Lời giải: ðặt { } 1 2 1 \ 2 1 x x t MGT t R x ≠ + = ⇒ = − [tập xác ñịnh của f]. Ta ñược: 1 2 t x t + = − thế vào [1]: [ ] 2 2 3 3[ ] 2 2 tf t t t − = ∀ ≠ − . Thử lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số cần tìm có dạng [ ] 2 2 3 3[ ] 2 xf x x − = − . Nhận xét: + Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết xx D MGT t D ∈ ⊃ . Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”. + Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng: [ ] [ ] [ ] 2 2 3 3 2 2[ ] 2 x x xf x a x − ≠ −= = [với a∈R tùy ý]. Ví dụ 2: Tìm hàm f : [ ] [ ]; 1 0;1 R−∞ − ∪ → thỏa mãn: [ ]2 2[ 1] 1 1 2f x x x x x− − = + − ∀ ≥ . Lời giải: ðặt [ ] 2 2 22 0 1 1 1 x t t x x x x t x x t − ≥ = − − ⇔ − = − ⇔ − = − 2 2 2 2 11 2 2 x t x t t x x xt t x t ≥≥ ⇔ ⇔ + − = − + = . Hệ có nghiệm x 2 1 2 t t t + ⇔ ≥ 1 0 1 t t ≤ − ⇔ < ≤ [ ] [ ]; 1 0;1t⇒ ∈ −∞ − ∪ . Vậy [ ] [ ] 1 ; 1 0;1 x MGT t D ≥ = = −∞ − ∪ . Với 2 1t x x= − − thì 2 1 11 [ ]x x f t t t + − = ⇒ = thỏa mãn [2]. Vậy 1[ ]f x x = là hàm số cần tìm. Ví dụ 3: Tìm f : R\ 2 ;3 3 R → thỏa mãn: [ ]3 1 1 1, 2 3 2 1 x xf x x x x − + = ∀ ≠ ≠ − + − . Lời giải: ðặt [ ]12 3 1 2\ ;3 2 3x x x t MGT t R x ≠ ≠ − = ⇒ = + ⇒ 2 1 3 t x t + = − thế vào [4] ta ñược: 4[ ] 3 2 tf t t + = − thỏa mãn [3]. Vậy hàm số cần tìm là: 4[ ] 3 2 xf x x + = − . Ví dụ 4: Tìm f : [ ] [ ]0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: [ ][ [ ]] [ [ ]] , 0; [4]x f x f y f f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Lời giải: Cho y = 1, x ∈ [ ]0;+ ∞ ta ñược: [ [1]] [ [1]]x f x f f f= . Cho 1[1]x f= ta ñược: [ [1] 1 [ [1]] 1f f x f x f= ⇒ = 1[ [1]]f x f x ⇒ = . ðặt: 6 [1] . [1] [ ] [ ]f at x f f t f t t t = ⇒ = ⇒ = [với [1]a f= ]. Vì [ ] [ ] [ ]0;[1] 0; 0;xf MGT t∈ +∞∈ + ∞ ⇒ = + ∞ . Vậy [ ] af x x = . Thử lại thấy ñúng [ ]0a > . Hàm số cần tìm là: [ ] af x x = với [ ]0a > . Ví dụ 5: Tìm hàm f: [ ] [ ]0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: [ ] [ ]1 3 3[1] ; [ ] [ ]. [ ]. , 0; 5 2 f f xy f x f f y f x y y x = = + ∀ ∈ + ∞ . Lời giải: Cho x = 1; y = 3 ta ñược: [ ] 13 2 f = . Cho x = 1; [ ]0;y ∈ + ∞ ta ñược: [ ] 3f y f y = . Thế lại [5] ta ñược: [ ][ ] 2 [ ] [ ] , 0; [5']f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Thay y bởi 3 x ta ñược: [ ] [ ] [ ][ ] 2 23 13 2 ] 2 f f x f f x x = ⇒ = . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm là: [ ] 1 2 0f x x= ∀ > . Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2 24 , 6x y f x y x y f x y xy x y x y R− + − + − = + ∀ ∈ . Lời giải: Ta có: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2 2 6 1 1 4 4 x y f x y x y f x y x y x y x y x y x y x y x y x y ⇔ − + − + − = = + − − + + + − + + − − + − − ðặt u x y v x y = − = + ta ñược: [ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ][ ]2 214v f u u f v u v u v u v u v− = + − + − − [ ] [ ] 3 3v f u u f v u v v u⇒ − = − [ ][ ] [ ][ ]3 3v f u u u f v v⇔ − = − + Với 0uv ≠ ta có: [ ] [ ] [ ] [ ] 3 3 3 * 3 , 0 f u u f v v f u u u v R a f u au u u u v u − − − = ∀ ∈ ⇒ = ⇒ = + ∀ ≠ . + Với 0; 0u v= ≠ suy ra: [ ] [ ] [ ]3 30 0 0f u u f u u f− = ⇔ = ⇒ = . Hàm [ ] 3f u au u= + thỏa mãn [ ]0 0f = . Vậy [ ] 3f u au u u R= + ∀ ∈ Hàm số cần tìm là: [ ] [ ]3f x ax x a R= + ∈ . Thử lại thấy ñúng. 2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới: 7 Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: [ ] [ ] [ ]1 1f x x f x x x R+ − = + ∀ ∈ . Lời giải: ðặt t x= − ta ñược: [ ] [ ] [ ]1 1f t t f t t t R− − = − + ∀ ∈ . Ta có hệ: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 1 1 f x x f x x f x x f x f x x + − = + ⇒ = − + − = − + . Thử lại hàm số cần tìm là: [ ] 1f x = . Ví dụ 2: Tìm hàm số { }: \ 0,1f R R→ Thỏa mãn: [ ] [ ]*1 1 2xf x f x x R x − + = + ∀ ∈ . Lời giải: ðặt [ ] [ ] [ ]1 11, 2 1xx f x f x x x − = ⇔ + = + . ðặt [ ] [ ] [ ]12 1 2 1 1 1 1 , 2 1 1 x x f x f x x x x − = = ⇔ + = + − . ðặt [ ] [ ] [ ]23 2 2 2 1 , 2 1xx x f x f x x x − = = ⇔ + = + . Ta có hệ [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 11 2 2 1 1 f x f x x x x xf x f x x f x x x x f x f x x + = + + − + + = + ⇒ = = + + − + = + . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: [ ] 1 1 1 2 1 f x x x x = + + − . Ví dụ 3: Tìm hàm số { }: \ 1;0;1f R R− → thỏa mãn: [ ] [ ]12 1 1 3 1 x x f x f x x − + = ∀ ≠ − + . Lời giải: ðặt [ ] [ ] [ ]1 ... = 2x + g[x]. Thay vào [*] ta ñược: 25 2[x + 1] + g[x + 1] = 2x + g[x] + 2, x∀ ∈ℝ ðiều này tương ñương với g[x + 1] = g[x], x∀ ∈ℝVậy g[x] là hàm tuần hoàn với chu kì 1. ðáp số f[x] = 2x + g[x] với g[x] là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Nhận xét: Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f[x] thỏa mãn: f[x + a] = f[x] + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 2: Tìm hàm f[x] sao cho: f[x + 1] = - f[x] + 2, x∀ ∈ℝ [2]. Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 do ñó c = 1. vậy ñặt f[x] = 1 + g[x], thay vào [2] ta ñược phương trình: g[x + 1] = - g[x], x∀ ∈ℝ Do ñó ta có: [ ] 1[ 1] [ ] [ ] [ ] [ 1] x [3].2[ 2] [ ] [ 2] [ ] g x g x g x g x g x g x g x g x g x + = − = − + ⇔ ∀ ∈ + = + = ℝ Ta chứng minh mọi nghiệm của [3] có dạng: [ ]1[ ] [ ] [ 1] , x 2 g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ ở ñó h[x] là hàm tuần hoàn với chu kì 2. Nhận xét: Qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f[x + a] = - f[x] + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 3: Tìm hàm f[x] thỏa mãn: f[x + 1] = 3f[x] + 2, x∀ ∈ℝ [3]. Giải: Ta ñi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1. ðặt f[x] = -1 + g[x]. Lúc ñó [3] có dạng: g[x + 1] = 3g[x] x∀ ∈ℝ Coi 3 như g[1] ta ñược: g[x + 1] = g[1].g[x] x∀ ∈ℝ [*]. Từ ñặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ: 1 3 3x xa a a+ = ⇔ = Vậy ta ñặt: [ ] 3 [ ]xg x h x= thay vào [*] ta ñược: h[x + 1] = h[x] x∀ ∈ℝ . Vậy h[x] là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận: [ ] 1 3 [ ]xf x h x= − + với h[x] là hàm tuần hoàn chu kì 1. Nhận xét: Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là: f[x + a] = bf[x] + c x∀ ∈ℝ ; a, b, c tùy ý. +] Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm tuần hoàn. +] Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f[x] thỏa mãn f[2x + 1] = 3f[x] – 2 x∀ ∈ℝ [4] Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1. ðặt f[x] = 1 + g[x]. Khi ñó [4] có dạng: g[2x + 1] = 3g[x] x∀ ∈ℝ [*] Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1. Vậy ñặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t. Khi ñó [*] có dạng: g[-1 + 2t] = 3g[-1 + t ] t∀ ∈ℝ . ðặt h[t] = g[-1 + 2t], ta ñược h[2t] = 3h[t] [**]. Xét 2 0t t t= ⇔ = , 2[2 ] 3. log 3m mt t m= ⇔ = Xét ba khả năng sau: 26 +] Nếu t = 0 ta có h[0] = 0. +] Nếu t> 0 ñặt 2log 3[ ] [ ]h t t tϕ= thay vào [3] ta có: [2 ] [ ], 0t t tϕ ϕ= ∀ > . ðến ñây ta ñưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. +] Nếu t < 0 ñặt 2log 3[ ] | | [ ]h t t tϕ= thay vào [3] ta ñược [2 ] [ ], 0[4 ] [ ], 0 t t t t t t ϕ ϕ ϕ ϕ = − ∀