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

27 6 0
  • Loading ...
1/27 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/11/2018, 10:18

Nội dung Phn 1: khái niệm Nguyên lí Archimede   0, x   k  N * ; k  x x  R  !k  Z : k  x  k  Số k gọi phần nguyên x, kí hiệu  x  Vậy:  x   x   x   Hệ quả: Cận cận R Giả sử A AR Số x gọi cận tập A với a  A a  x Số x gọi cận tập A với a  A a  x Cận bé (nếu có) tập A gọi cận A kí hiệu supA Cận lớn (nếu có) tập A gọi cận A kí hiệu infA - Nếu A = (a;b) supA = b infA = a - Nếu A = [a;b] supA = maxA = b infA = minA = a * Tính chất: Tính chất1: Nếu A Ø, A bị chặn tồn supA, infA Tính chất2:  sup A   inf A  a  ,aA {  0,aA: - a a  ,aA {  0, aA:  a Hàm sơ cấp + Hàm số sơ cấp hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược + Hàm số sơ cấp hàm tạo thành hữu hạn phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp hàm số sơ cấp + Đặc trưng hàm: Như ta biết, phương trình hàm phương trình thơng thường mà nghiệm hàm Để giải tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm Những tính chất quan trắc từ đại số sang hàm số gọi đặc trưng hàm * Hàm tuyến tính f(x) = ax, f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng hàm f(x + y) = f(x) + f(y), với x, y x y     * Hàm bậc f(x) = ax + b, f ( x  y ) 2 f  x  y  f ( x)  f ( y )  , x, y  R    Vậy đặc trưng hàm là: f  Đến ta nêu câu hỏi là: Những hàm có tính chất f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y  R Giải tốt vấn đề dẫn đến phương trình hàm Vậy phương trình hàm phương trình sinh đặc trưng hàm cho trước * Hàm luỹ thừa: f ( x)  x k , x  Đặc trưng hàm là: f ( xy )  f ( x) f ( y ) * Hàm mũ: f ( x) a x (a  0, a 1) Đặc trưng hàm là: f ( x  y )  f ( x) f ( y ) , * Hàm Logarit: f ( x) log a x , Đặc trưng 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 ) Hồn tồn tương tự ta tìm đặc trưng hàm số f ( x) sin x, f ( x)  tan x với hàm Hypebolic: * sin hypebolic: shx  e x  e x 2 * cos hypebolic: chx  e x  e x 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 R, tập giá trị R - chx có TXĐ R, tập giá trị 1, - thx có TXĐ R, tập giá trị   1,1 - cothx có TXĐ R \  0 , tập giá trị   , 1  1, Hàm cộng tính, nhân tính tập hợp - Hàm số f(x) gọi cộng tính tập xác định D với x, y  D x + y  D f(x + y) = f(x) + f(y) - Hàm số f(x) gọi nhân tính tập xác định D với x, y  D x y  D f(x y) = f(x) f(y) - Nếu với x, y  D mà x+y  D , x – y  D f( x – y) = f(x) – f(y) f(x) gọi hàm cộng tính D - Hàm f ( x)  x (  0) hàm nhân tính Hàm đơn điệu + Hàm số f(x) gọi tăng khoảng (a,b) nếu: Với x1, x2  (a,b), x1  x2  f(x1)  f(x2) + Hàm số f(x) gọi giảm khoảng (a,b) nếu: Với x1, x2  (a,b), x1  x2  f(x1)  f(x2) Hàm tuần hoàn Hàm số f(x) gọi tuần hoàn miền D, tồn số dương T >0 cho: - x0  D , x0 + T  D - f(x+T) = f(x) x  D Số T > bé thoã mãn hai điều kiện gọi chu kì sở hàm s tun hon f(x) Phn II: phơng pháp thờng dùng để giải phơng trình hàm I.Phng phỏp 1: Sử dụng tính liên tục hàm số Sử dụng tính liên tục hàm số có đường chính: - Xây dựng biến từ N đến R - Chứng minh hàm số 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 R 2) f(1) = 3) f(xy) = f(x).f(y) - f(x+y) +1 , x, y  R Giải Cho x = y = ta được: f(0) = Cho x =1, y  R ta được: f(y+1) = f(y) + (*) Từ f(0) = 1, f(1) = (*) quy nạp ta suy f(n) = n + 1, n  N Với n  N, (*) suy f(-n) = f(-n+1) - = f(-n+2) - = … = f(0) - n = -n + Vậy f(z) = z + 1, z  Z n n n Với n  N * , = f(1) = f (n )  f (n) f ( )  f (n  )  (**) Mặt khác từ (*) ta lại có: 1 1 f (n  ) 1  f (n   ) 2  f (n   ) n  f ( ) Thế vào (**) ta được: n n n n 1 f ( )  1 n n m n Với q  Q, q  , m  Z , n  N * ta có: m 1 1 f (q)  f ( )  f (m) f ( )  f (m  )  ( m  1)(  1)  f (m  )  (***) n n n n n Từ (*) ta dễ dàng chứng minh được: 1 f ( m  ) m  f ( ) Thế vào (***) ta đựơc f(q) = + q, q  Q n n Với r  R, tồn dãy  rn  với rn  Q thỗ mãn lim rn r Khi tính liên tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf (rn) = lim(rn + 1) = limrn + = r + Vậy f(x) = x + 1, x  R Thử lại thấy Bài2 (Chứng minh hàm số):   Tìm hàm f : 0;    2  1 0;  thoã mãn:   1) f(x) liên tục đoạn 0;   2  1 2) f ( x)  f ( x  ), x  0;   2  Giải x a   Với a  0;  , xét dãy số:   2  x n1  xn  , n  N Dễ dàng chứng minh  x n  không âm (a) 1 1 x0   x1  x 02   Quy nạp suy xn  (b) 2 x n 1  x n ( x n  ) 0  x n 1  x n , n  N (c) 1   Từ (a), (b), (c) suy xn  0;   x n  có giới hạn hữu hạn lim x n   2 1   Vậy với a  0;  , f(a) = f(x1) = fx2) =…= lìm(xn) = f ( ) = c (c số)  2 Thử lại thấy Bài3 (Sử dụng phương trình hàm Cơsi) - VMO năm 2006 (bảng B) Tìm f : R  R liên tục R thoã mãn f(x-y).f(y-z).f(z-x) + = x, y, z  R (3) Giải: Cho x = t, z = -t, y = 0, t  R ta f(t).f(t).f(-2t) = -8  f ( 2t )  8  f (t )    f (t )  0, t  R Đặt g ( x) ln f ( x)  f ( x )  2.e g ( x )  Thế vào (3) ta được:  8.e g ( x  y ) g ( y  z ) g ( z  x )   g ( x  y )  g ( y  z )  g ( z  x) 0 (*) + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta có g(0) = (a) + Cho y = z =0, x  R , từ (a) ta đựoc g(x) = g(-x) (b) Từ (*) (b) ta suy g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z)  g (t  t , )  g (t )  g (t , ), t , t ,  R (**) Vì f liên tục R nên g(x) liên tục R Từ (**) , theo phương trình hàm Cơsi ta g(x) = ax  f(x) = -2 eax = -2.bx (với b = ea >0) Thử lại ta thấy II Phương pháp2: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức Bài1: Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức: ( x  3x  3x  2) P( x  1) ( x  3x  3x  2) P( x), x (1) Giải: (1)  ( x  2)( x  x  1) P( x  1) ( x  2)( x  x  1) P( x), x Chọn: x = -2  P(-2) = x = -1  P(-1) = x =  P(0) = x =  P(1) = Do P( x)  x( x  1)( x  1)( x  2).G ( x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x  2)( x  x  1)( x  1)( x  2) x( x  1).G( x  1) ( x  2)( x  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2).G( x) , x ( x  x  1)G ( x  1) ( x  x  1)G ( x) , x  G ( x) G ( x  1)  , x x  x 1 x  x   Đặt: R ( x)  G ( x) ( x 0,1, 2) x  x 1  R ( x )  R ( x  1) , ( x 0,1, 2)  R ( x ) C Vậy: P( x) C ( x  x  1) x( x  1)( x  1)( x  2) Thử lại thấy P(x) thỗ mãn điều kiện tốn Chú ý: Nếu ta xét: P( x) ( x  1)( x  1) Thì P( x  1) ( x  3x  3x  2) x Do đó: ( x  3x  3x  2) xP( x) ( x  1)( x  x  1) P( x  1) Từ ta có tốn sau: Bài2: Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức: ( x  x  x  2) xP( x) ( x  1)( x  x  1) P( x  1) , x (Giải toán tương tự 1) Tương tự ta xét: P( x ) ( x  1)( x  x  2) ta có tốn sau: Bài3: Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức: (4 x  x  2)(4 x  x).P( x) ( x  1)( x  3x  2).P(2 x  1), x  R Tương tự xây dựng đề toán khác III.Phương pháp 3: Hệ số bất định Nguyên tắc chung: + Dựa vào điều kiện toán, xác định dạng f(x), thường f(x) = ax + b f(x) = ax2 + bx + c + Đồng hệ số f(x) + Chứng minh hệ số khác f(x) khơng thỗ mãn điều kiện toán Bài1: Đa thức f(x) xác định với x  R thoã mãn điều kiện: 2f(x) + f(x-1) = x2 , x  R (1) Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc nhất: x; x-1 vế phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(x-1)2 + b(x-1) + c = x2 x  R đó: 3ax2 + (b-2a)x + a + b + 3c = x2 x  R Đồng hệ số, ta thu được:    3a = b - 2a     a + b + 3c =0 a b c  3 Vậy f ( x)  ( x  x  1) Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỗ mãn điều kiện tốn Cơng việc lại ta phải chứng minh hàm số khác f(x) khơng thỗ mãn điều kiện tốn Thật giả sử có hàm số g(x) khác f(x) thỗ mãn điều kiện tốn Do g(x) không trùng với f(x) nên x0  R : g ( x0 )  f ( x0 ) Do g(x) thỗ mãn điều kiện tốn nên: 2g(x) + g(1-x) = x2 x  R Thay x x0 ta được: 2g(x0) + g(1-x0) = x02 Thay x 1-x0 ta 2g(1-x0) + g(x0) = (1-x0)2 Từ hai hệ thức ta được: g(x0) = ( x02  x  1) = f(x0) Điều mâu thuẫn với f(x0)  g(x0) Vậy phương trình có nghệm f ( x)  ( x  x  1) Bài2: Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với x  R thoã mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, x  R Hãy tìm hai hàm số Giải Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) - f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính Vì ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b Khi (1) trở thành: a(ax + b) + b - ax - b = x , x  R hay (a2 - a)x + ab = x, x  R Đồng hệ số ta được:    1 a 1 a  2 a  a 1   b 0  b 0 ab 0    Ta tìm hai hàm số cần tìm là: 1 f ( x)  x Hiển nhiên hai hàm số thoã mãn điều kiện toán Bài 3: Hàm số f : Z  Z thoã mãn đồng thời điều kiện sau: a) f(f(n)) = n, n  Z (1) b) f(f(n + 2) + 2) = n, n  Z (2) c) f(0) = (3) Tìm giá trị f(2009), f(-2010) Giải: Cũng nhận xét lí luận ví dụ trước, ta đưa đến f(n) có dạng: f(n) = an + b Khi điều kiện (1) trở thành: a n  ab  b n, n  Z Đồng hệ số ta được: a 1    ab  b 0  a 1 a    b 0   b  R a 1 10   f ( x  1) 1  x   , x   2x f (1  x )  (  x  ), x  2x   f ( x)  (1  x  ), x  2x 1  Các tập tương tự Bài1: Tìm hàm số f: R  R thoã mãn điều kiện: f ( x  y )  f ( x  y )  f ( x) f (1  y ) 2 xy (3 y  x ), x, y  R Đáp số: f(x) = x3 Bài2: Tìm hàm số f: R  R nếu: 3f ( x 1 x   ) 5f ( ) , x   0, ,1,2 3x  x x   Đáp số: f ( x)  28 x  5x Bài3: Tìm tất cá c đa thức P(x)  R[x] 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 f ( xy )  f ( yz )  f ( x) f ( yz )  , x, y, z  R (1) 2 Giải: Cho x = y = z = thay vào (1) ta 1 1 f (0)  f (0)  f (0)   ( f (0)  ) 0  f (0)  2 2 Cho y = z = Thay vào (1) ta được: 1 1   f ( x)  , x  R 4 f ( x)  , x  R  (2) Cho x = y = z = thay vào (1) ta 1 1 f (1)  f (1)  f (1)   ( f (1)  ) 0  f (1)  2 2 Cho y = z = thay vào (1) ta 1 1 f ( x)  f ( x )  f ( x )  2  f ( x )  , x  R Từ (2) (3) ta có f ( x)  (3) Thay vào thoã mãn điều kiện (1) Vậy hàm số cần tìm 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 ) 3xf ( x), x   0;1 Thay x, y, z x2ta f ( x ) 3 x f ( x ) Mặt khác từ (1) ta có: 14 f ( x )  f ( x.x x )  xf ( x )  x f ( x )  x f ( x ) x f ( x )  xf ( x)  x f ( x )  x f ( x ) hay  x f ( x )  xf ( x )  x f ( x )  x f ( x )  xf ( x )  3x f ( x)  x f ( x ) ) ( x  x ) f ( x )   3x f ( x)  f (x2 ) 2x (2) Thay x x3 ta  3x f (x3 )  f (x6 ) 2x  3x  xf ( x)  3x f ( x ) 2x  3x  f ( x)  f (x ) 2x (3) Từ (2) (3) ta suy ra:  3x  3x f (x )  f (x ) , 2x 2x x  R  f ( x ) 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 hàm đối số tự nhiên: x:N  N n  x(n) Vì n   0,1,2,3,   ( x n )  x , x1 , x ,  +) Định nghĩa sai phân: Xét hàm x(n) = x0 Sai phân cấp hàm xn là: x n  xn 1  x n Sai phân cấp hàm xn là: 2 x n xn 1  x n  xn 2  x n1  x n 15 k k i i Sai phân cấp k hàm xn là:  xn  ( 1) Ck xn  k  i i 0 +) Các tính chất sai phân: * Sai phân cấp biểu thị qua hàm số * Sai phân có tính chất tuyến tính: k (af  bg) ak f  bk g * Nếu xn đa thức bậc m thì: k x n đa thức bậc m - k m > k số m = k m < k Ví dụ: Xét dãy số hữu hạn: 1,-1,-1,1,5,11,19,29,41,55 Tìm quy luật biểu diễn dãy số Giải Ta lập bảng sai phân sau: xn x n  xn -1 -2 -1 2 11 19 29 10 41 12 55 14 2 Vậy 2 x n const xn đa thức bậc hai: x n an  bn  c Để tính a, b, c ta đưa vào giá trị đầu x0 = 1, x1 = -1, x2 = -1 sau ta giải hệ phương trình ta nhận được: a = 1, b = -3, c = Do đó: xn = n2 - 3n + +) Phương trình sai phân tuyến tính a x n k  a1 x n k    a k x n 0, a k , a 0 (1) Gọi phương trinh tuyến tính cấp k +) Phương trình đặc trưng a k  a1k   a k    a k 0 (2) +) Nghiệm tổng quát Nếu phương trình (2) có k nghiệm phân biệt 1 , 2 , 3 ,…, k nghiệm tổng quát (1) x n c11n  c n2   c k nk 16 Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn 1 có bội s nghiệm tổng qt (1) là: x n c11n  c nn2  c3 n 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 = Phương trình đặc trưng là: 3  62  11  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 tìm được: c1     Từ ta có x n  c 8 c  7  8.2 n  n 2 Bài2: Cho dãy số (xn) có xn = 7xn-1 - 11xn-2 + 5xn-3 , n 3 x0 = 0, x1 = 1, x2 = Tìm xn Giải: Ta có (1)  xn - 7xn-1 + 11xn-2 - 5xn-3 = Phương trình đặc trưng là: 17 (1) 3  72  11  0   1,  1,  5 Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: x n c1 c n  c3 n (2) Để tìm c1, c2, c3 ta thay x0 = 0, x1 = 1, x2 = vào (2) ta tìm được:    Từ ta được: x n  16 c2  c  16 c1   n  5n 16 16 Chú ý: Đối với phương pháp sai phân, ta có số khác phương trình sai phân tuyến tính khơng nhất, phương trình sai phân phi tuyến có hệ thống phương pháp giải để tuyến tính hố phương trình sai phân Song liên quan đến phương trình viết này, nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản (chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính có nghiệm phức) c Áp dụng 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 f(x) ta được: f(f(fx))) = 3f(f(x)) - 2f(x), x  R f ( f ( x)) 3 f ( f ( x))  f ( f ( x ))             n 2 Hay n 1 n f n 2 ( x ) 3 f n 1 ( x)  f n ( x), n 0 18 , x  R x n  f n ( x), n 0 Đặt: Ta phương trình sai phân: xn  3 xn 1  xn Phương trình đặc trưng là: 2  3  0   1   2 Do x n c1  c 2 n Ta có: x0 c1  c  x x1 c1  2c  f ( x) Từ ta được: c1 2 x  f ( x), c  f ( x )  x Vậy: f ( x)  x  c2 f ( x ) 2 x  c1 Bài2: Tìm tất hàm xác định N thoã mãn đồng thời điều kiện sau: f ( n) f (k  n)  f (k  n) 3 f (n) f (k ), k n f (1) 1 Giải: Cho k = n =  f (0)  f (0) 3 f (0)  f (0) 0  f (0)  Nếu f(0) = chọn n = ta được: -2f(k) = f(k) = với k Chọn k = ta f(1) = mâu thuẫn với giả thiết Vậy: f(0) = -2 Chọn n = ta phương trình: f (1) f ( k  1)  f (k  1) 3 f (1) f ( k ), k  f (k  1)  f ( k  1) 3 f (k ), k Đặt: x k  f (k ) ta có phương trình sai phân: xk 1  3x k  x k  0 Phương trình đặc trưng là: 22  3  0   2    Vậy:  1 f (n) c1 n  c     2 n Ta tìm c1, c2 19 Tư điều kiện f(0) = -2, f (1) = thay vào ta tìm 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 khái niệm điểm bất động, điểm cố định quan trọng trình bày chặt chẻ thơng qua hệ thống lí thuyết Ở tơi nêu ứng dụng qua số tốn phương trình hàm Bài1: Xác định hàm số f(x) cho: f(x + 1) = f(x) + , x  R Giải: Ta suy nghĩ sau: Từ giả thiết ta suy c = c + c =  Vì ta coi f(1) ta được: f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như ta chuyển phép cộng phép cộng Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a: Trong f(x) = ax Từ giả thiết ta a(x + 1) = ax +  a = Vậy ta làm sau: Đặt: f(x) = 2x + g(x) Thay vào (*) ta có: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) +2, x  R Điều tương đương với: g(x +1) = g(x), x  R Vậy g(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ Vậy: f(x) = 2x + g(x) với g(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ Nhận xét: Qua tốn ta tổng quát lên thành toán sau: TQ: Tìm hàm số f(x) thỗ mãn: 20 f(x + a) = f(x) + b, x  R , a, b tuỳ ý Bài 2: Tìm hàm f(x) cho: f(x + 1) = -f(x) + 2, x  R (1) Giải: Ta đưa đến c = -c + c = Vậy đặt: f(x) = + g(x), thay vào (1) ta phương trình: g( x + 1) = -g(x), x  R Do ta có:    g ( x  1)  g ( x) g ( x  2)  g ( x ) g ( x)       g ( x)  g ( x  1) x  R (3) g ( x  2)  g ( x) Ta chứng minh nghiệm (3) có dạng: g ( x)   h( x)  h( x  1) , x  R h(x) hàm tuần hồn với chu kỳ Nhận xét: Qua ví dụ ta tổng qt thành tốn: TQ: Tìm hàm số f(x) cho: f(x + a) = -f(x) + b, x  R , a,b tuỳ ý Bài 3: Tìm hàm số f(x) cho: f(x + 1) = 3f(x) + 2, x  R Giải: Ta tìm c cho c = 3c + suy c = -1 Đặt: f(x) = -1 + g(x) 21 (1) Lúc (1) có dạng: g(x + 1) = 3g(x) , x  R Coi g(1) ta có: g(x + 1) = g(1).g(x) , x  R (2) Từ đặc trưng hàm chuyển phép cộng 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) hàm tuần hoàn với chu kỳ Kết luận: f ( x)   x h( x) với h(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ Nhận xét: Từ ta đưa đến toán tổng quát là: TQ: Tìm hàm số f(x) cho f(x + a) = bf(x) + c, x  R , a,b,c tuỳ ý, b>0, b khác ( Với loại chuyển hàm tuần hồn) Còn: f(x + a) = bf(x) + c, x  R , a,b,c tuỳ ý, b đặt h(t ) t log 3 (t ) thay vào (3) ta có  (2t )  (t ), t  Đến ta đưa ví dụ hàm tuần hồn nhân tính +) Nếu t < đặt h(t )  t log  (t ) thay vào (3) ta  (2t )   (t ), t       (4t )  (t ), t   (t )    (t )   (2t ) , t       (4t )  (t ), t  Nhận xét: Bài toán tổng quát dạng sau: TQ: Tìm hàm số f(x) cho: f (x   )  f ()  b,  0,1 Khi phương trình x    x ta chuyển điểm bất động o, ta hàm tuần hồn nhân tính + Nếu a = tốn bình thường + Nếu a = chẳng hạn xét tốn sau: *) Tìm f(x) cho: f(2x + 1) = f(x) - 2,   (1) Nghiệm 2x + = x  x = -1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, t 0 Đặt: g(t) = f(-1 + t) ta g(2t) = g(t) + 2, t 0 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên hàm loga Ta có log a (2t ) log a t   a  Vậy đặt: g (t ) log t  h (t ) 2 Thay vào (2) ta có: h(2t ) h(t ), t 0 Đến toán trở nên đơn giản VIII Phương pháp Phương pháp sử dụng hệ đếm Ta quy ước ghi m =(bibi-1…b1)k nghĩa hệ đếm số k 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 hàm số chuyển sang số ta dự đốn được: " n  N * , n = (bibi-1…b1)2 f(n) = (b1b2…bi)2” (*) Ta chứng minh (*) quy nạp + Với n = 1, 2, 3, dể kiểm tra (*) + Giả sử (*)đúng cho k < n Ta chứng minh (*)đúng cho n (với n > 4) Thật vậy, ta xét khả sau: * Nếu n chẵn, n = 2m Giả sử m = (bibi-1…b1)2, 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 (*)đúng * Nếu n lẻ n = 4m + Giả sử m = (bibi-1…b1)2, 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 (*)đúng * Nếu nlẻ n = 4m + Giả sử m = (bibi-1…b1)2, 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 (*)đúng Vậy (*)đúng hàm f xác định (*)> Bài 2.(Trích đề thi Trung Quốc) Tìm hàm số f : N *  N * thoã mãn: a) f(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) = Từ (3) suy 3f(n)\f(2n) Kết hợp với (2) suy f(2n) = 3f(n) f(2n+1) = 3f(n) + 1, n  N * Thử số giá trị ta thấy f(n) xác định sau: 24 "Với n = (b1b2…bi)2 f(n) = (b1b2…bi)3, n  N * " (*) Ta chứng minh (*) phương pháp quy nạp + Với n = 1, 2, 3, hiển nhiên (*)đúng + Giả sử (*)đúng cho k
- Xem thêm -

Xem thêm: Các Phương pháp giải phương trình hàm bồi dưỡng học sinh giỏi, Các Phương pháp giải phương trình hàm bồi dưỡng học sinh giỏi

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay