Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Phương trình hàm

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Phương trình hàm

1. Bài 1. Cho hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn điều kiện: 2 2 (x y) f (x y) (x y) f (x y) xy(x y ) với x, y ¡ . Tính f (0) và chứng minh f là hàm số lẻ. Tìm tất cả các hàm số f . Hướng dẫn giải Tính f (0) và chứng minh f là hàm số lẻ. Với x y 1 thì 2 f (0) 0 hay f (0) 0 . (1) y ¡ y ¡ Với y 0 thì f (0) f ( 0) 0 (do (1)) x 0 Với thì yf (y) yf ( y) 0 hay f ( y) f (y) y 0 Vậy f là hàm số lẻ. Tìm tất cả các hàm số f . u v x u x y 2 Đặt ta suy ra v x y u v y 2 u2 v2 Khi đó v f (u) u f (v) uv (2) 4 u 0 Với v 0 f (u) f (v) u2 v2 f (u) u2 f (v) v2 Từ (2) ta được hay . u v 4 u 4 v 4 f (u) u2 1 Chọn v 1, ta có f (1) . u 4 4 1 Đặt a f (1) 4 f (u) u2 Ta có a,u 0 . (3) u 4 x3 Suy ra f (x) ax,x 0 4 x3 Từ (1), (3) ta được f (x) ax,x ¡ . 4 Thử lại x3 1 1 Với f (x) ax , ta có: f (0) 0; f (1) a a f (1) 4 4 4 và (x y) f (x y) (x y) f (x y) xy(x2 y2 ) x3 Vậy f (x) ax, x ¡ . 4 Bài 2. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn: 1 1 1 f xy f xz f x f yz ,x, y, z ¡ . 3 3 9 1
2. Hướng dẫn giải 2 1 1 2 1 1 1 Cho x y z 0 thì f 0 f 0 f 0 f 0 0 f 0 3 3 9 3 3 2 1 1 2 1 1 1 Cho x y z 1 thì f 1 f 1 f 1 f 1 0 f 1 3 3 9 3 3 2 1 Cho y z 0 thì f 0 f x f 0 . 3 9 1 1 Do f 0 nên f x ,x ¡ . (1) 3 3 1 1 1 Cho y z 1, ta có f x f x f x f 1 . 3 3 9 1 1 Do f 1 nên f x ,x ¡ . (2) 3 3 1 Từ (1) và (2) ta được f x ,x ¡ . 3 Bài 3. Tìm tất cả các hàm số f : R R , biết rằng f là hàm số chẵn và thỏa mãn: f xy f x f y 2014 f x y 2xy 1 với mọi x, y R . Hướng dẫn giải Từ (1) cho y 0, ta có: f 0 f x . f 0 2014 f x 1 f x 1 f 0 2014 0 với mọi x R Nếu f 0 2014 thì f x 1 với mọi x R . Khi đó f không thỏa mãn (1) Do đó f 0 2014 Từ (1) thay x bởi x và y bởi x , ta được: 2 f x2 f x 2014 f 2x 2x2 1 (2) Từ (1) thay x bởi x và y bởi x , ta được: f x2 f x f x 2014 f 0 2x2 1 (3) Vì f là hàm số chẵn nên viết (3) lại như sau: 2 f x2 f x 2014 f 0 2x2 1 (4) Lấy (4) trừ (2) vế theo vế ta được: f 2x 4x2 f 0 với mọi x R Suy ra: f x x2 f 0 x2 2014 với mọi x R . Bài 4. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn f x2 y2 xf x yf y ,x, y ¡ (1). Hướng dẫn giải Cho x 0 , từ 1 suy ra f y2 yf y ,y ¡ Cho y 0, từ 1 suy ra f x2 xf x ,x ¡ . Do đó (1) trở thành: f x2 y2 f x2 f y2 ,x, y ¡ f x y f x f y ,x, y 0 * 2
3. thay y bởi y từ 1 ta được : f x2 y2 xf x yf y yf y yf y ,y ¡ f x f x ,x ¡ 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 f x y f x y f x f y f x f y f x f x y f y f x y y f x y f y f x y f x f y ,x 0,y 0 ** Với mọi x 0, y 0 ta có f x y f x y f x f y f x f y f x f y *** Kết hợp * , ** ,(***) và ta được f x y f x f y ,x, y ¡ . f x 1 2 f x2 2x 1 x 1 f x 1 f x2 f 2x f 1 tính f x 1 2 theo hai cách. Ta có x 1 f x f 1 xf x 2 f x f 1 f x xf 1 ,x ¡ f x ax,x ¡ ,a ¡ Bài 5. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn: 1 1 f (x xy f (y)) f (x) f (y) ,x, y ¡ . 2 2 Hướng dẫn giải Dễ thấy hàm f hằng không thỏa mãn. Ta xét f không hằng. 1 1 f (x xy f (y)) f (x) f (y) ,x, y ¡ (1) 2 2 1 1 Trong (1) cho y=-1 ta được: f ( f ( 1)) f (x) f ( 1) ,x ¡ (2) 2 2 1 1 1 Rõ ràng nếu f ( 1) 0 thì f là hàm hằng. Do đó: f ( 1) 0 f ( 1) 2 2 2 1 Ta sẽ chứng minh: f (x) 0 x 1. 2 1 Thật vậy, giả sử tồn tại a 1 sao cho f (a) . 2 1 Trong (1) chọn y a ta có: f (ax x ) 0,x ¡ . 2 Mâu thuẫn vì f không là hàm hằng. Do đó ta có: a 1. 3
4. 1 1 Chú ý là f ( 1) nên từ (2) ta có : f ( ) 0 . 2 2 1 f (y) Trong (1) chọn x 2 , ( y 1) ta được: 1 y 1 1 1 f (y) f (y) f (y) 1 1 f ( 2 2 .y f (y)) (f( 2 ) )( f (y) ) 1 y 1 y 1 y 2 2 1 f (y) 1 1 1 (f( 2 ) )( f (y) ) f ( ) 0, y 1 1 y 2 2 2 1 1 f (y) f (y) 1 f ( 2 ) ,  y 1 2 1, y 1 1 y 2 1 y 1 Suy ra f (y) y , y 1 2 1 1 Do f ( 1) nên f (x) x ,x ¡ . 2 2 1 Thử lại ta có hàm số cần tìm là f (x) x ,x ¡ . 2 Bài 6. Tìm tất cả các hàm f: ¡ ¡ thoả mãn: 2 4 2 f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ . Hướng dẫn giải 2 4 2 Từ giả thiết: f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ (1) Thay y = x4 vào (1): f f x x4 f 0 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ (2) Thay y = -f(x) vào (1): f (0) f x4 f x 8 f 2 x f 2 x f 2 x ,x ¡ (3) Từ (2) và (3) ta có: 16 f 4 x 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ 2 4 2 3 8 1 4 f x x f x f x x f x x 0,x ¡ (4) 4 2 Thay x = 0 vào (4) suy ra f(0) = 0. Giả sử tồn tại a 0 sao cho f(a) = 0. Ta chứng minh f(x) = 0, x ¡ Thay x = 0 và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(-y). 4
5. Thay x = a và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(a4 – y). Suy ra: f y f y f a4 y f y a4 ,y ¡ f f x f f x f a4 f x ,x ¡ (5) và f y4 f y4 a4 ,y ¡ (6) Thay y = 0 và x tuỳ ý vào (1), ta được f f x f x4 (7) Thay y = a4 vào (1), ta được f f x a4 f x4 a4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (8) Từ (5), (6), và (8) suy ra: f f x f x4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (9) Từ (7) và (9): 8a4 f x f 2 x a8 0 f x 0,x ¡ 4 Và từ (4), nếu x0 R: f(x0) 0 f(x) = x , x R Thử lại, ta thấy f(x) = 0 và f(x) = x4 là nghiệm của phương trình. Bài 7. Tìm tất cả các hàm số f: R R thoả mãn f (xf (y) y) f (xy x) f (x y) 2013xy (1). Hướng dẫn giải 1 Thay x=1,y = vào (1) ta được: f (a) 1 2013 1 1 Trong đó a f ( ) 2013 2013 Tiếp tục thay y = a vào (1), ta thu được: f (x a) f (xa x) f (x a) 2013ax,x R hay f (ax x) 2013ax,x R (2) t Từ (2) suy ra a 1. Thay x vào (2), ta được a 1 2013at f (t) ,t R hay f (t) ct,(c R) a 1 Tiếp theo, thay biểu thức của f(t) vào (1), ta thu được đẳng thức c2 xy cy cxy cx cx cy 2013xy;x, y R 5
6. (c2 c 2013)xy 0,x, y R 1 8053 c 2 2 c c 2013 0 1 8053 c 2 1 8053 1 8053 Vậy ta nhận được hai hàm số thoả mãn đề bài là f (x) x và f (x) x 2 2 Bài 8. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn f x y f y f f x 2y, x, y ¡ . Hướng dẫn giải Chứng minh f là đơn ánh Thật vậy, với mọi x, y thỏa mãn f x f y ta có f x y f y f f x 2y x y f x y f x f f y 2x Chọn y = 0 ta được f x f 0 f f x f x x f 0 ,x ¡ Vậy f x x c,x ¡ với c là hằng số. Thay vào điều kiện bài toán ta được x y f y c f x c 2y x y y 2c x 2c 2y (luôn đúng). Bài 9. Tìm tất cả các hàm f : R R thỏa mãn: f xf (y) 2015x 2015xy f (x) với mọi x, y. Hướng dẫn giải Cho x = 1 thì f  f (y) 2015 2015y f (1) Chọn y thỏa mãn 2015y f (1) 2015, và đặt t f (y) 2015 thì f (t) 2015 . Chọn y = t, và thay vào giả thiết thì: f xf (t) 2015x 2015xt f (x) Hay: f (0) 2015xt f(x)  f(x) 2015tx f(0) x Vậy f (x) là hàm bậc nhất. Giả sử f (x) mx n . Thay vào giả thiết ta có: mxf (y) 2015x n 2015xy mx n  mx(my n) 2015mx n 2015xy mx n  m2 xy mn 2015m x 2015xy mx Đẳng thức trên đúng với mọi x, y nên: m2 2015 m 2015  mn 2015m m n 2014 Vậy có 2 hàm thỏa mãn yêu cầu, là f (x) 2015x 2014 . Bài 10.Tìm tất cả các hàm f: ¡ ¡ thoả mãn: 2 4 2 f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ . Hướng dẫn giải 6
7. 2 4 2 Từ giả thiết: f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ (1) Thay y = x4 vào (1): f f x x4 f 0 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ (2) Thay y = -f(x) vào (1): f (0) f x4 f x 8 f 2 x f 2 x f 2 x ,x ¡ (3) Từ (2) và (3) ta có: 16 f 4 x 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ 2 4 2 3 8 1 4 f x x f x f x x f x x 0,x ¡ (4) 4 2 Thay x = 0 vào (4) suy ra f(0) = 0. Giả sử tồn tại a 0 sao cho f(a) = 0. Ta chứng minh f(x) = 0, x ¡ Thay x = 0 và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(-y). Thay x = a và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(a4 – y). Suy ra: f y f y f a4 y f y a4 ,y ¡ f f x f f x f a4 f x ,x ¡ (5) và f y4 f y4 a4 ,y ¡ (6) Thay y = 0 và x tuỳ ý vào (1), ta được f f x f x4 (7) Thay y = a4 vào (1), ta được f f x a4 f x4 a4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (8) Từ (5), (6), và (8) suy ra: f f x f x4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (9) Từ (7) và (9): 8a4 f x f 2 x a8 0 f x 0,x ¡ 4 Và từ (4), nếu x0 R: f(x0) 0 f(x) = x , x R Thử lại, ta thấy f(x) = 0 và f(x) = x4 là nghiệm của phương trình. Bài 11. Kí hiệu ¥ * là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm f : ¥ * ¥ * thỏa mãn đẳng thức: f f 2 m 2 f 2 n m2 2n2 , với mọi m,n ¥ *. Hướng dẫn giải * Nếu m1,m2 ¥ sao cho f m1 f m2 2 2 2 2 2 2 2 2 f f m1 2 f n f f m2 2 f n m1 2n m2 2n , suy ra m1 m2 hay f là đơn ánh. 7
8. Từ đó f (m)2 2 f (n)2 f ( p)2 2 f (q)2 m2 2n2 p2 2q2 (1) 2 2 2 2 Dế thấy với mọi n ¥ *,n 3 ta có: n 2 2 n 1 n 2 2 n 1 . (2) (chú ý điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số). Đặt f (1) a f (3a2 ) 3 . Theo (1) suy ra: f (5a2 )2 2 f (a2 )2 f (3a2 )2 2 f (3a2 )2 3 f (3a2 )2 27 . Vì phương trình x2 2y2 27 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x; y)=(3,3) hoặc (5,1) nên ta có f (a2 ) 1, f (5a2 ) 5 . Cũng từ (1) ta có 2 f (4a2 )2 2 f (2a2 )2 f (5a2 )2 f (a2 )2 24 . Vì phương trình x2 y2 12 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x,y) là (4,2) nên f (4a2 ) 4, f (2a2 ) 2 . Từ (1) ta có f ((k 4)a2 )2 2 f ((k 3)a2 )2 2 f ((k 1)a2 )2 f (ka2 )2 , suy ra từ khai triển (2). Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f (ka2 ) k , với mọi k là số nguyên dương. Do đó f (a3 ) a f (1) mà f đơn ánh nên a3 1 a 1. Vậy f (n) n với mọi n nguyên dương. Thử lại thỏa mãn bài toán. Bài 12. Tìm tất cả các hàm f :Q R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1 : f 0 0; 2 : f x 0 x 0. 3 : f xy f x . f y x, y Q; 4 : f x y f x f y x, y Q; 5 : f n 2006 n ¢ ; * Bài 13. Tìm tất cả các hàm f (x) liên tục trên R và thỏa mãn: f (1) 5 4 f (x2 ) x2 f (x) 4x,x 0. x2 Bài 14. Cho hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiệ f : ¢ ¢ n: 1 : f n 1 f n ,n ¢ 2 : f f n n 2000,n ¢ a. Chứng minh f n 1 f n ,n ¢ . b. Tìm biểu thức f n . Hướng dẫn giải a. Vì f n ¢ nên từ giả thiết 1 ta được f n 1 f n 1,n ¢ . Kết hợp điều kiến 2 ta được n ¢ : n 2001 n 1 2000 f f n 1 f f n 1 n 2001 Do đó f n 1 f n 1,n ¢ b. Ta có f n f 1 n 1,n ¢ f f 1 f 1 f 1 1 1 2000 2 f 1 1 f 1 1001 f n n 1000,n ¢ Thử lại các điều kiện, nên f n n 1000,n ¢ . 8
9. Bài 15. Cho tập hợp F gồm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn điều kiện: f 3x f f 2x x,x ¡ . Hãy tìm số thực lớn nhất sao cho với mọi hàm số f thuộc tâp hợp F ta đều có f x ,x ¡ . Hướng dẫn giải Bài 16. Cho a là số thực. Tìm tất các hàm số f : ¡ ¡ sao cho: f liên tục trên ¡ và f x y f x f y axy;x, y ¡ . Hướng dẫn giải Bài 17. Cho n ¥ n 2 và hàm số f : ¤ ¤ sao cho: f xn y xn 1 f x f f y ;x, y ¤ . a. Giả sử rằng f 2002 0. Tính f 2002 . b. Tìm hàm số f . Hướng dẫn giải f xn y xn 1 f x f f y ;x, y ¤ * a. • Từ * ta được - Với x 0;f y f f y ,y ¤ - Với x 1; y 0 : f f 0 0 f 0 0. - Với x 1, y ¤ : f 1 y f 1 f y . 1 Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được f n nf 1 ,n ¥ 2 • Từ 1 ta có: f 0 f 1 f 1 f 1 f 0 f 1 f t ; f x 1 f x f 1 . Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được f n nf 1 ,n ¥ 3 • Từ 2 , 3 ta được f n nf 1 ,n ¢ 4 p • Đặt f 1 ;p ¥ ,q ¥ * và ta được n ¥ * và n chia hết p nên nf 1 ¢ . Do đó ta q 2 2 f 1 0 được: f f n f n n f 1 nf 1 f 1 f 1 . f 1 1 • Do đó, từ 4 ta được f 2002 1 hay f 2002 0 (loại). Vậy f 2002 2002 . b. Từ * ta được y 0 : f xn xn 1 f x ,x ¤ 1 f xn f xn • n chẵn: x 0 : f x , f x f x xn 1 xn 1 • n lẻ: Từ * và 1 ta được f xn y f xn f y 2 n f x f xn n n Suy ra: f x f x 0 f x n 1 n 1 f x . x x Do đó f x f x ,x ¤ • Từ 2 , chứng minh bằng quy nạp ta được f pxn pf xn ,p ¥ ,x ¤ p ¥ * : f pxn f pxn pf xn 9
10. Vậy f pxn pf xn ,p ¢ ,x ¤ 3 n 1 u * u u..v n 1 1 • Từ 3 ta có  ¤ u ¢ ,v ¥ ta được f f n uv f n v v v v n u n 1 1 f 1 Mà f 1 f n v f n f n n v v v v u n 1 f 1 u Vậy f u.v n f 1 4 v v v • Ta có f 1 0 hay f 1 1 từ 4 suy ra f x 0,x ¤ hay f x x,x ¤ • Thử lại thỏa mãn * . Vậy f x 0,x ¤ . Bài 18. Tìm hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn 2 2 f x y x2 2yf x f y ;x, y ¡ . Hướng dẫn giải 2 f 0 0 Cho x y 0 f 0 f 0 f 0 1 +) Nếu f 0 0. Cho y 0, x ¡ ta được: f x2 x2 f t t,t 0 2 2 Cho x y ¡ ta được f 0 x2 2xf x f x f x x 0 f x x . Thử lại thấy đúng +) Nếu f 0 1 cho y 0, x ¡ ta được f x2 x2 1 f t t 1,t 0 . Cho x 0, y ¡ ta được f y2 2y f y2 2 2 f y y 1 f y f y2 2y y2 2y 1 y 1 f y y 1 Giả sử tôn tại y0 ¡ sao cho f y0 y0 1 Chọn x y y0 ta được: f y y 1 2 2 0 0 1 y0 2y0 f y0 f y0 f y0 y0 1 y0 0 Nếu f y0 y0 1 y0 1 y0 1 ( Loại) f 0 1 Nếu f y0 y0 1 y0 1 y0 1 y0 1 f 1 0 Vậy f y y 1 . Bài 19. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn 1 f x f y f x xf 4y f f y ,x, y ¡ . 8 Hướng dẫn giải Bài 20. Tìm hàm f : ¡ ¡ thỏa mãn một trong hai điều kiện i : f x2 f y y xf x x, y ¡ , 2 ii : f f x f y y xf x x, y ¡ . Hướng dẫn giải 10