Sáng kiến kinh nghiệm Lớp phương trình hàm cộng tính và nhân tính

Sáng kiến kinh nghiệm Lớp phương trình hàm cộng tính và nhân tính

Toán học hiện đại là nền tảng của toán học phổ thông, tuy nhiên có lẽ là do cách học tập của các học sinh và cách tiếp cận vấn đề của Giáo viên, dẫn đến nhiều khi nó được xem là không có nhiều ích lợi, hoặc không có mối liên hệ nào với toán học phổ thông. Sau khi tiếp cận các đồng cấu Đại số chúng tôi nhận thấy cómột lớp các bài Toán phương trình hàm được mang trong nó các bản chất của đồng cấu Đại số, do đó ta có thể vận dụng các Định lý của lý thuyết Nhóm để giải bài Toán.

Với ý muốn là sẽ tạo nên một ví dụ về cách nhìn nhận toán học phổ thông bằng các kiến thức cơ bản của toán học hiện đại và từ đó chúng tôi sẽ giải quyết một lớp bài toán Phương trình hàm. Với lý do đó chúng tôi chọn đề tài “Lớp phương trình hàm cộng tính và nhân tính”. Chúng tôi xin được giới thiệu về một lớp các bài toán của phổ thông nhưng mang trong mình những tư tưởng của toán học cao cấp đó là lớp các bài toán phươngtrình hàm mà bản chất là các đồng cấu đạisố.

docx 30 trang Phúc Hảo 14/05/2024 510
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Lớp phương trình hàm cộng tính và nhân tính", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An
Trường PT Hermann Gmeiner Vinh
Sáng kiến kinh nghiệm:
LỚP PHƯƠNG TRÌNH HÀM CỘNG TÍNH VÀ NHÂN TÍNH
Môn: Toán học
Tác giả: Ngô Quốc Chung Tổ: Toán-Tin
Điện thoại: 0906236777
Vinh, tháng 3 năm 2020
Đặt vấn đề:
Toán học hiện đại là nền tảng của toán học phổ thông, tuy nhiên có lẽ là do cách học tập của các học sinh và cách tiếp cận vấn đề của Giáo viên, dẫn đến nhiều khi nó được xem là không có nhiều ích lợi, hoặc không có mối liên hệ nào với toán học phổ thông. Sau khi tiếp cận các đồng cấu Đại số chúng tôi nhận thấy có một lớp các bài Toán phương trình hàm được mang trong nó các bản chất của đồng cấu Đại số, do đó ta có thể vận dụng các Định lý của lý thuyết Nhóm để giải bài Toán.
Với ý muốn là sẽ tạo nên một ví dụ về cách nhìn nhận toán học phổ thông bằng các kiến thức cơ bản của toán học hiện đại và từ đó chúng tôi sẽ giải quyết một lớp bài toán Phương trình hàm. Với lý do đó chúng tôi chọn đề tài “Lớp phương trình hàm cộng tính và nhân tính”. Chúng tôi xin được giới thiệu về một lớp các bài toán của phổ thông nhưng mang trong mình những tư tưởng của toán học cao cấp đó là lớp các bài toán phương trình hàm mà bản chất là các đồng cấu đại số.
Các bài toán phương trình hàm vốn vẫn được xem là các bài toán khó đối với học sinh phổ thông, và cũng tương đối khó đối với các giáo viên PTTH song nó lại thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia và các kỳ thi toán quốc tế và khu vực. Trong khuôn khổ một bài viết này tôi xin được trình bày một lớp phương trình hàm có tên gọi là lớp phương trình hàm “cộng tính, nhân tính”, ý tưởng này xuất phát từ việc xét các đồng cấu đại số trên các cấu trúc đại số trong các tập hợp số ở trường phổ thông. Trong quá trình giảng dạy cho học sinh khá, giỏi chúng tôi nhận thấy các em tiếp thu khá tốt phương pháp đồng cấu Đại số, nhờ đó cái em giải được một hệ thống bài tập được đề xuất.
Bài viết này cũng là một trong các ý tưởng mà chúng tôi sẽ tiếp tục hoàn thành đó là chuyển tải các khái niệm Toán học hiện đại bằng ngôn ngữ Toán học phổ thông.
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trường PT Hermann Gmeiner đã đóng góp nhiều ý kiến quý báu giúp chúng tôi hoàn thành bài viết này.
Vinh, tháng 3 năm 2020 Tác giả
Ngô Quốc Chung
Tổ Toán-Tin, trường PT Hermann Gmeiner Vinh
Nội dung:
A. Cơ sở lý thuyết
Các khái niệm cơ bản về hàm cộng tính và hàm nhân tính
Như chúng ta đã học ở chương trình đại số đại cương, ánh xạ
f : X → Y
từ nhóm (nửa nhóm)	(X,+) vào nhóm(nửa nhóm) (Y,*) gọi là một đồng cấu nhóm (nửa nhóm) nếu nó thoả mãn
f (a + b) = f (a)* f (b), 6a,b ϵ X
Trong toán học phổ thông chúng ta gặp rất nhiều cấu trúc đại số. Như N với phép cộng là nửa nhóm N, Z với phép nhân là nửa nhóm. Q*, R* với phép nhân thông thường là nhóm, Z, Q, R với phép cộng là nhóm, Q, R với phép nhân và phép cộng thông thường là một trường.
Bởi vậy ở đây chúng ta sẽ đặt ra bài toán vậy thì các đồng cấu nhóm ở trên các nhóm này có dạng như thế nào. Và để chuyển bài toán trên về ngôn ngữ Toán học phổ thông ta có các định nghĩa sau.
Định nghĩa:
Hàm số y = f(x) được gọi là hàm cộng tính nếu thì ta có f(x+y) = f(x) +f(y)
Định nghĩa:
6x, y ϵ Df
và x + y ϵ Df
Hàm số y = f(x) được gọi là hàm nhân tính nếu 6x, y ϵ Df
ta có f(xy) = f(x) f(y)
Một số khái niệm và định lý về hàm cộng tính liên tục
và xy ϵ Df
thì
Trong toán học phổ thông, các hàm số được nghiên cứu chủ yếu là lớp các hàm liên tục, bởi vậy khi xét lớp hàm cộng tính chúng ta cũng sẽ xét chúng cùng với tính chất liên tục.
Bổ đề:
Cho hàm số cộng tính f:R → R khi đó ta có f(qx)=qf(x), 6 qϵQ, 6 xϵR Chứng minh: Theo bài toán 4 ta có :
f(q)=qf(1)	6 qϵQ
Þ	f(0)=0
Þ	f(x-x)=f(x)+f(-x)=0
Þ	f(-x) =-f(x)	(*)
Theo ii) ta lại có:
f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x)
Bằng quy nạp ta chứng minh được:
f(nx)=nf(x)	6 nϵN
Nhờ (*) ta suy ra:
f(mx)=mf(x)	6 mϵZ
lại có:	f(x) = f( n x)=nf( 1 x)	6 nϵN*
Þ	f( 1
n

x)=
n	n
f (x)
n
6 qϵQ, 6 xϵR ta có q= m với mϵZ, nϵN*
n
Þ	f(qx) = f( m x)=mf( 1 x)=m
f (x)
n	n	n
Þ	f(qx)=qf(x)
Định lý: Cho hàm số cộng tính f:R → R khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
f liên tục
f liên tục tại 0
Tồn tại nϵN sao cho |f(x)| ≤ n|x|, 6 xϵR Chứng minh:
Rõ ràng i) Þ ii)
Bây giờ ta chứng minh
Þ iii)
Giả sử ngược lại mọi nϵN đều tồn tại xϵR sao cho:
|f(x)|>n|x|	(1)
Rõ ràng x ¹ 0, vì nếu x=0 thì |f(x)|=0≤ n|x|=0
Þ	|x|=d>0	(2)
Từ (1)	Þ
| f (x) | =	>d
f (x)
n
n
Theo Bổ đề 2.1 ta có:
f (x)
n
=f( x )
n
Lại do f liên tục tại 0 và

lim
x =0, nên suy ra:
lim
n→¥
Þ	lim
n→¥
n→¥ n
f (x) =0
n
f (x)
n
=0>d
Điều này mâu thuẫn với (2), vậy ta có (đpcm)
Þ i)
Giả sử tồn tại nϵN sao cho
|f(x)|≤ n|x|,	6 xϵR
Với xo là điểm bất kỳ thuộc R khi đó 6 t>0 chọn u=nt ta có: Nếu
thì
|x-xo| < t
|f(x)-f(xo)|=|f(x-xo)|≤ n|x-xo|<nt=u
Þ	|f(x)-f(xo)|<u
Þ f là hàm số liên tục
Định nghĩa:
Cho hai tập hợp A và B thoả mãn A Ì B Ì R. Khi đó tập A được gọi là trù mật khắp nơi trong tập B nếu với mọi bϵB, đều tồn tại dãy {an} Ì A sao cho:
lim an=b
n→¥
2.3.1 Hệ quả:
Tập các số hữu tỷ Q trù mật khắp nơi trong tập các số thực R Chứng minh:
Do mỗi số thực đều tồn tại một dãy hữu tỉ nhận nó làm giới hạn, từ đó suy ra tập Q trù mật khắp nơi trong tập R
Xuất phát từ một định lý rất quen thuộc trong tôpô được phát biểu như
sau:
“ Giả sử X là một không gian tôpô, Y là T2-không gian. f,g:X → Y là các ánh xạ liên tục. Khi đó nếu f=g trên tập con trù mật khắp nơi của X thì f≡g”
và như chúng ta đã biết R với tôpô thông thường là T4-không gian nên hiển nhiên nó là T2-không gian khi đó ta có định lý sau.
Định lý:
Giả sử A là một tập con trù mật khắp nơi trong R. f, g:R → R là các hàm liên tục thoả mãn: f(a)=g(a) 6 aϵA. Khi đó ta có f≡g.
Chứng minh:
6 xϵR, do A trù mật khắp nơi trong R, nên tồn tại dãy {an} Ì A sao cho:
lim an=x
n→¥
Lại do f, g là các hàm liên tục nên ta có:
lim f(an)=f(x) và
n→¥
Do {an} Ì A, nên theo giả thiết
lim g(an)=g(x)	(3)
n→¥
Þ f(an)=g(an),	6 nϵN
Þ {f(an)}={g(an)}	(4)
Từ (3), (4) và tính duy nhất của giới hạn dãy số, ta suy ra:
f(x)=g(x)
Do x ta lấy bất kỳ Þ f ≡ g
2.4.1 Hệ quả:
Nếu f, g:R → R là các hàm liên tục thoả mãn: f(q)=g(q) 6 qϵQ, thì ta có f≡g.
Chứng minh:
Theo hệ quả 2.3.1 tập Q trù mật khắp nơi trong R, nên áp dụng định lý 2.4
ta có điều phải chứng minh.
B. Các bài toán áp dụng:
Bài toán 1: Cho hàm số f: Q → Q thoả mãn các điều kiện :
f(x) ≤ x
f(x+y)≤ f(x)+f(y)
Chứng minh rằng f là hàm cộng tính.
Lời giải:
Từ i)	Þ f(0) ≤ 0
ii)	Þ f(0) ≤ 2f(0) Þ 0≤ f(0)
Suy ra	f(0) = 0
Lại có
f(0) = f(x-x) ≤ f(x)+f(-x) ≤ x+(-x) = 0
Þ f(x) + f(-x)=0
Þ f(-x) = f(-x)
Mặt khác ta có:
f(x)=f(x+y-y) ≤ f(x+y)+f(-y)=f(x+y)-f(y)
Þ f(x)+f(y) ≤ f(x+y)
Kết hợp với ii) ta có:
f(x+y)=f(x)+f(y)	6 x,y ϵR
Vậy f(x) là hàm cộng tính
Bài toán 2: Xác định hàm số
f : Z → Z
thoả mãn
f (x + y) =
f (x) +
f ( y)
Lời giải:
Với x=y=0 ta có :	f(0)=f(0)+f(0)
Þ	f(0)=0
y=-x
ta có:
f(0)= f(x-x)=f(x)+f(-x)
Þ
0=f(x)+f(-x)
y=x
Þ
ta có:
f(-x)=-f(x)
f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x)
y=2x
ta có:
f(3x)=f(x+2x)=f(x)+f(2x)=3f(x)
Bằng quy nạp ta chứng minh được:

(1)
f(nx)=nf(x),
6 n ϵN
Þ
f(n)=nf(1)
6 n ϵN
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra :
f(x)=xf(1)	6 x ϵZ
Đặt a = f(1) Þ f(x)=ax với a là hằng số thuộc Z.
Thử lại thấy f(x)=ax thoả mãn bài toán, vậy hàm số cần tìm là:
f(x)=ax với a là hằng số thuộc Z
Nhận xét:
Hàm cộng tính xác định trên tập Z thì ta luôn có: f(mx)=mf(x) 6 m ϵZ
Bài toán 3: Xác định hàm f: Z → Z thoả mãn
f(x+f(y))=f(x)+y	6 x,y ϵZ
Lời giải:
Với x = y = 0 ta có:
f (0+f(0))=f(0)+0
Þ	f(f(0))=f(0)	(3)
Với x=0, y=f(0) ta có:
f(f(0))=f(0+f(0))=f(0+f(f(0)))=f(0)+f(0)=2f(0)	(4)
Từ (3) và (4) suy ra :
f(0)=2f(0)
Þ	f(0)=0
Với x=0 ta có:
f(f(y))=f(0+ f(y))=f(0)+y=y
Þ	f(f(y))=y
Suy ra:
f(x+y)=f(x+f(f(y)))=f(x)+f(y)
Þ	f(x+y)=f(x)+f(y)
Theo Bài toán 2, ta có hàm số cần tìm là:
f(x)=ax với a là hằng số thuộc Z
Bài toán 4: Tìm các hàm số cộng tính f: Q → R
Lời giải:
Vì f(x) cộng tính xác định trên Z, nên theo nhận xét sau Bài toán 2 ta có:
f(mx)=mf(x)	6 mϵZ
Þ	f(1)=f( m )=mf( 1 )	6 mϵZ\{0}
Þ	f( 1 )=
m
m	m
f (1)
m

6 mϵZ\{0}
Với 6 xϵQ ta có x= m với mϵZ, nϵN* . Khi đó ta có:
n
f(x)=f( m
n
)=mf( 1
n

) =m
f (1)
n
= m f(1)
n
Þ	f(x)=xf(1)
Đặt a=f(1) Þ aϵR, khi đó ta có:
f(x)=ax	với a là hằng số thuộc R
Thử lại thấy f(x) như trên thoả mãn bài toán. Vậy hàm số cần tìm là:
f(x)=af(x) với a là hằng số thuộc R
Bài toán 5: Tìm tất cả các hàm số f:Q → R thoả mãn các điều kiện sau:
i)	f(1)=2
ii) f(x+y)=f(x)+f(y)+2	6 x,y ϵQ
Lời giải:
Từ điều kiện ii) ta có:
f(x+y)=f(x)+f(y)+2
e f(x+y)+2=(f(x)+2)+(f(y)+2)
Đặt
g(x)=f(x)+2
Ta có g là hàm số có miền xác định là Q nhận giá trị trong R, và g thoả mãn:
g(1)=4
và
g(x+y)=g(x)+g(y)	6 x,y ϵQ
Theo bài toán 4 ta có:
g(x)=xg(1)=4x	6 x ϵQ
Þ g(x)=4x
Þ f(x)=g(x)-2
Þ f(x)=4x-2
Thử lại thấy	f(x)=4x-2	chính là hàm số cần tìm.
Bài toán 6: Cho hàm số f: R → R thoả mãn:
i)	f(1)=1
ii) f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1	6 x,y ϵR
Tìm tất cả các nϵZ sao cho: f(n)=n
Lời giải:
Từ ii) ta có:
f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1
e	f(x+y)-xy+1=f(x)+1+f(y)+1
2
2
e	f(x+y)- x - y
2	2
- xy + 1 = f(x)- x
2
2
+1 + f(y) - y	+1
2
2
e	f(x+y)-
(x + y)2
2
+1= f(x)- x
2
2
+1+ f(y)- y	+1
2
2
2
Đặt	g(x)=f(x)- x +1
2
Khi đó g là hàm số xác định trên toàn bộ R và thoả mãn:
g(1)=f(1)- 1
2
và
+1= 3
2
g(x+y)=g(x)+g(y)
Theo Bài toán 4 ta có:
g(x)=xg(1)= 3
2

x	6 x ϵQ
2
Þ	f(x)=g(x)+ x
2
Þ	x2	3
-1	6 x ϵQ
f(x)=
+	x -1	6 x ϵQ
2	2
Giả sử nϵZ là số cần tìm. Khi đó ta có:
f(n)=n
Mặt khác nϵQ, nên suy ra:
2
f(n)= n
2
+ 3 n-1=n
2
e	n2+n-2 = 0
e	é n = 1
L
ên = -2
Vậy với n=1 và n=-2 thì f(n)=n
Bài toán 7: (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Thanh Hoá vòng 2 năm 2001)
Tìm tất cả các hàm số f: Q → R thoả mãn :
i)	f(-8)=0
ii) f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x+y+6)-8	6 x,y ϵQ
Lời giải:
Từ ii) ta có :

f(x+y) = f(x)+f(y)+3xy(x+y+6)-8	6 x,y ϵQ
e	f(x+y)-(x+y)3-9(x+y)2-8 = f(x)-x3-9x2-8+f(y)-y3-9y2-8 Đặt	g(x)=f(x)-x3-9x2-8
Khi đó ta có hàm g có miền xác định là Q và thoả mãn g(x+y) = g(x)+g(y)
Theo bài toán 4 ta có:
g(x) = ax với a là hằng số thực.
Lại có
Suy ra :

g(-8) = f(-8)-(-8)3-9(-8)2-8=-72 g(-8) = -8a
-8a = -72
e	a	= 9
Vậy Þ	g(x) = 9x
Þ	f(x) = x3+9x2+9x+8
Thử lại thấy f(x) thoả mãn bài toán vậy hàm số cần tìm là:
f(x) = x3+9x2+9x+8
Bài toán 8: Xác định hàm số f:R → R vừa có tính chất cộng tính vừa có tính chất nhân tính.
Lời giải:
Rõ ràng hàm số f(x) º 0 là hàm số vừa có tính chất cộng tính vừa có tính chất nhân tính.
Vì f là hàm cộng tính nên theo bài toán 4 ta có:
f(q) = qf(1)	6 q ϵQ	(5)
Þ f(0)=0
Giả sử f(x) ¹ 0 khi đó tồn tại xo ϵR\{0} sao cho:
f(xo) ≠ 0
Þ f(xo)=f(1.xo)=f(1)f(x0) ≠ 0
Þ f(1)≠ 0	(6)
Lại có :
Từ (6) và (7)
Kết hợp với (4)
Vì

f(1)=f(1.1)=(f(1))2
Þ	f(1)[f(1)-1]=0	(7)
Þ f(1) = 1
Þ f(q) = q	6 q ϵQ
0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)
Þ f(-x)=-f(x)
Þ f(x-y)=f(x)-f(y)	(8)
Khi đó 6 x ϵR\{0} ta luôn có:
f(1)=f( x
x

) = f(x)f( 1
x

) ≠ 0
Þ
f(x) ≠ 0
6 x ≠ 0
6 x >0	Þ
Þ
f(x)=f(
f(x) >0
x )f(	x )=(f(
6 x >0
x ))2 >0
(9)
Nếu tồn tại x mà f(x) > x , khi đó tồn tại qϵQ sao cho:
f(x) > q > x	(*)
Þ q-x > 0
Từ (8) và (9) Þ f(q-x)=f(q) - f(x)=q - f(x) > 0
Þ q > f(x)
điều này trái với (*), vậy không tồn tại x sao cho f(x)<x.
Chứng minh tương tự như trên ta cũng suy ra không tồn tại x để f(x)< x .
Suy ra:
f(x)=x 6 x
Rõ ràng f(x)=x là hàm vừa cộng tính vừa nhân tính
Kết luận: Có hai hàm số thoả mãn bài toán là:
f(x) Ξ 0 và f(x) Ξ x
Nhận xét:
Bài toán này chỉ là một hệ quả của định lý sau trong Lý thuyết trường: “Mọi đồng cấu trường đều là đơn cấu hoặc là đồng cấu không”
Bài toán 9: Tìm tất cả hàm cộng tính f: R → R thoả mãn các điều kiện: i) f(1)=1
1
ii) f(x)f(
) =1	6 x ≠ 0
x

Lời giải:
Từ Bài toán 4 và điều kiện i) ta có :
f(q)= q	6 qϵQ
Þ	f(0)= 0 và f(-1)=-1
Tương tự bài toán 8 ta có:
f(x-y)=f(x)-f(y)
Từ điều kiện ii)
Þ f(x) ≠ 0	6 x ≠ 0 Với xϵR\{-1; 0; 1}:
Þ	x2 - x ≠ 0
Þ f(x2- x) ≠0 Khi đó ta có:
1	=
f (x2 – x)
Theo ii) ta lại có:
1
f (x2 ) –

f (x)
(10)
f(x2-x)f(
1	) =1
x2 – x
e	1	= f(
1	) = f(
1	– 1 )
f (x2 – x)
= f(
x2 – x
1	)-f( 1 ) =
x – 1	x
1	-	1
e	1	=
x – 1	x
1
f (x) – 1	f (x)

(11)
f (x 2 – x)
Từ	(10) và (11)
( f (x))2 – f (x)
Þ	1
f (x2 ) –

f (x)
=	1
( f (x))2 –

f (x)
Þ
f(x2) =( f(x))2
Þ
f(x)=f(	x )f(
x )=(f(	x ))2 >0
6 x >0; x ≠ 1
Lại do f(1)=1>0 Þ f(x)>0	6 x >0
Giả sử tồn tại x mà f(x)<x
Þ E qϵQ sao cho :
f(x) < q < x	(**)
Þ x-q > 0
Þ f(x-q)=f(x)-f(q)=f(x)-q>0
Þ f(x) > q
Điều này trái với (**) vậy không tồn tại x mà f(x)<x
Tương tự ta cũng có không tồn tại x để f(x)>x. Suy ra:
f(x)=x 6 x
Thử lại thấy thoả mãn bài toán, vậy hàm số cần tìm là:
f(x) Ξ x
Bài toán 10: Cho hàm số f: R\{0} → R thoả mãn:
a
f(	) =
6 aϵN*
a
ii) f(x+y) = f(x)+f(y)	6 x, yϵR\{0};x+y ≠ 0
1
iii) f(	) =
x
f (x)
x2

6 x ≠ 0
2002
2003
Tính f(	)
Lời giải:
Với x ≠ 0 Þ x+x ≠ 0
Þ f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x)
Bằng quy nạp ta chứng minh được:
1
2003
f(nx)=nf(x) 6 x ≠ 0, 6 nϵN*
2002
2003
Suy ra:	f(
)=2002f(
)	(12)
Theo ii) và i) ta có:
1
2003
f(
Từ (12) và (13)

) = f (

2003)
2

2003	(13)
2003
=
2003
Þ	f(

2002
2003
)=2002
2003
2003
Bài toán 11: Xác định tất cả các hàm f : R → R thoả mãn các điều kiện: i) f(1)=1
f(x+y) = f(x)+f(y)	6 x, yϵR
1
f(	) =
x
f (x)
x2

6 x ≠ 0
Lời giải:
Từ i), ii) và theo bài toán 4 ta có :
f(q)=q	6 qϵQ
Þ	f(-1)=-1 và f(0)=0
Þ	f(x-x)=f(x)+f(-x)=0
Þ	f(-x) =-f(x)
Þ	f(x-y)=f(x)-f(y)
Với mọi x ≠ 0 và x ≠ -1. Theo iii) ta có:
f( x + 1
x
) = f(1+ 1 )
x
1
= f(1)+f(	)
x
e	f( x + 1 ) =1+
x
f (x)
x2

(14)
f (	x )	f(1-	1	)
Lại có:	f( x + 1 ) =

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

(x + 1)2
1 – f ( 1 )	2
f( x + 1 ) =

x + 1
= (1-
f (x + 1) ) (x + 1)
x
e f( x + 1 ) =
x
x2
(x + 1)2
(x + 1)2 –
x2
(x + 1)2	x2
f (x) – 1

(15)
Từ (14) và (15) suy ra:
1+

f (x) =
x2

(x + 1)2 –
x2

f (x) – 1

6 x ≠ 0 và x ≠ -1
e	f(x) = x	6 x ≠ 0 và x ≠ -1 mà	f(0)=0, f(-1)=-1 Þ	f(x) = x	6 x
Bài toán 12: Tìm tất cả các hàm f: R → R thoả mãn các điều kiện: i)	f(x)=-f(-x)
ii) f(x+1)=f(x)+1
1
ii) f(	) =
x
f (x)
x2

6 x ≠ 0
Lời giải:
Từ i)	Þ
f(0)=-f(0)	Þ f(0)=0
(16)
Từ ii) Þ
Þ
f(1)=f(0+1)=f(0) + 1=1
f(-1)=-f(1)=-1
(17)
Với x ≠ 0 và x ≠ -1. Tương tự như Bài toán 11 ta có:
f( x + 1 ) =1+
x
f (x)
x2
f( x + 1 ) =
x
(x + 1)2 –
x2
f (x) – 1
Þ	1 +
f (x) =
x2
(x + 1)2 –
x2
f (x) – 1
Þ	f(x) = x	6 x ≠ 0 và x ≠ -1	(18)
Từ (16), (17) và (18) suy ra:	f(x) Ξ x
Bài toán 13: Xác định tất cả các hàm f: R → R thoả mãn các điều kiện: i)	f(1)=1
f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy
1
f(	) =
x
Từ ii) ta có:
f (x)
x4

6 x ≠ 0

Lời giải:
f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy
e	f(x+y)-x2-y2-2xy =f(x)+f(y)-x2-y2
e	f(x+y)-(x+y)2 = f(x)-x2+f(y)-y2
Đặt g(x)=f(x)-x2, khi đó g là hàm số xác định trên R và thoả mãn:
g(x+y)=g(x)+g(y)
Lại có :	g(1)=f(1)-12=1-1=0 g(1)=0
Vì g là hàm cộng tính, nên theo bài toán 4 ta suy ra:
g(qx)=qg(x)	6 qϵQ, 6 xϵR
Þ	g(0) =0
g(-1)=-g(1)=0
và	g(x-y)=g(x)-g(y)
1	1	1
f (x)	1	f (x) – x2
Với x ≠ 0, ta có: g(	) = f(	)-(	)=
x	x	x
x4	- x2 =	x4
1
e	g(	)=
x
g(x) x4
Với x ≠ 0 và x ≠ -1, ta lại có:
g( x + 1 ) = g(1+ 1
x	x
e	g( x + 1 ) = g(x)

)= g(1)+g( 1 )
x

(19)
x	x4
g(	x )

g(1 –	1 )
mặt khác: g( x + 1 ) =

x + 1	=

x + 1
(x+1)4
x	(	x )4	x4
x + 1
1

g(x + 1)
g(1) – g(	)
=	x + 1
x4

(x+1)4 =-
(x + 1)4
x4

(x+1)4
e g( x + 1 ) =- g(x)

(20)
x
Từ (19) và (20) ta có:
x4
g(x) =- g(x)

6 x ≠ 0 và x ≠ -1
x4	x4
e	g(x) =-g(x)	6 x ≠ 0 và x ≠ -1
e	g(x) = 0	6 x ≠ 0 và x ≠ -1 mà g(0)=0, g(-1)=0 Þ g(x) Ξ 0.
Suy ra: f(x) Ξ x2
Bài toán 14: Cho f: Q → R thoả mãn f(x+2xy) = f(x) +2f(xy), 6 x, yϵQ. Biết
f(2002)=a, hãy tính f(2003).
Lời giải:
Với x =0	Þ	f(0)=f(0) +2f(0)
Þ	f(0)=0
Đặt f(1) = c, ta có:	f(2)=f(1+1)=f(1)+2f( 1
2

) =c+2f( 1 )
2

(21)
Lại có:
f(3)=f(2+1)=f(2)+2f( 1
2
)= c+4f( 1 )
2
f(3)=f(1+2)=f(1)+2f(1) =3c
1
Þ	c+4f(
2
1
)=3c
1
Þ	f(	)=	c
2	2
Thay vào (21) ta được:
f(2)=c+2( 1
2

c)=2c
Giả sử	f(k-1)=(k-1)c
Khi đó ta có: f(k)=f(k-1+1)=f(k-1)+2f( 1
2
e	f(k)=kc
Theo nguyên lý quy nạp ta có:
f(n)=nc	nϵN*
Lại có:	f(2002)=a=2002c

)=(k-1)c+c
Þ	c=
a
2002
Þ f(2003)=2003c
Þ f(2003)= 2003a
2002
Bài toán 15: Tìm tất cả các hàm số xác định trên Q thoả mãn
f(25x+18y)=25f(x)-18f(y)	6 x, y ϵQ	(22)
Lời giải:
Với x=y= 0 ta có
f(0)=25f(0)-18f(0)=7f(0)
Þ	f(0)=0
Với y= 0	Þ	f(25x)=25f(x)	(i)
Với x= 0	Þ f(18x)=-18f(x)	(ii)
Thay (i), (ii) vào (22)
Þ f(25x+18y)=f(25x)+f(18y)	6 x, y ϵQ
Þ f(x+y)=f(25
x +18
25
y )=f(25
18
x )+f(18
25
y ),	6 x, y ϵQ
18
Þ f(x+y)=f(x)+f(y),	6 x, y ϵQ
Vậy hàm f là hàm cộng tính, nên theo Bài toán 4 ta có:
f(x)=ax, với a là hằng số Từ (22) với x=y=1 ta lại có:
a(25+18)=25a-18a
Þ a = 0
Vậy hàm số cần tìm là:	f(x)≡0
Bài toán 16: (Phương trình hàm Cauchy) Tìm tất cả các hàm số liên tục f xác định trên R có tính chất cộng tính.
Bài làm:
Theo Bài toán 4 ta có:
f(x)=ax, 6 xϵQ	(*)
Đặt g(x)=ax rõ ràng g liên tục trên R, theo (*) ta suy ra:
f(x)=g(x)	6 xϵQ
Do f liên tục, g liên tục và Q trù mật trong R, nên theo Hệ quả 2.4.1 ta có f≡g
Vậy hàm số cần tìm là:	f(x)=ax
Nhận xét : Từ định lý 2.2 ta sẽ có các bài toán có cùng nghiệm như bài toán trên sau đây
Bài toán 17: Xác định tất cả các hàm cộng tính f:R → R liên tục tại 0
Bài toán 18: Xác định tất cả các hàm f:R → R, thoả mãn: |f(x)|≤ k|x|, 6 xϵQ và
k là hằng số nào đó.
Bài toán 19: Tìm tất cả các hàm liên tục f:R → R thỏa mãn điều kiện:
f( 1 x+ 2
3	3
y)= 1
3
f(x)+ 2
3

f(y)
Lời giải:
Đặt	g(x)=f(x)-f(0)
Þ	g(0)=f(0)-f(0)=0
Khi đó ta có: g(
1
1 x+ 2
3	3
2
y)=f( 1 x+ 2
3	3
1	2
)-f(0)=
1 f(x)+
3
2 f(y)-f(0)
3
Þ	g(	x+
3	3
y)=
3
f(x)+
f(y)-f(0)	(5)
3
Lại có : g( 1
3
x)=f( 1
3
x)-f(0)= f( 1 x+ 2
3	3

0)-f(0)=
1 f(x)+ 2
3	3

f(0)-f(0)
Þ	g( 1 3

=
1 f(x)-
3
1 f(0)	(6)
3
Tương tự : Þ
g( 2
3

=
2 f(y)-
3
2 f(0)	(7)
3
Từ (5), (6) và (7) suy ra:
g( 1 x+ 2
3	3

y)=
1 g(x)+
3
2 g(y)	(8)
3
Với việc thay lần lượt x = 0 và y= 0 vào (8) ta được:
g( 1
3

=
g(x) và g(
3
1
2 y)=
3
2
g(y)
3
1	2
Thay vào (8) ta có:	g(	x+
3	3
= g(
3
+g(	y)
3
Þ	g(x+y)=g(x)+g(y)
Lại do f liên tục nên g liên tục mà g cộng tính, theo bài toán 15 ta suy ra:
g(x)=ax
Đặt f(0)=b	Þ f(x)=ax+b
Bài toán 20: Tìm tất cả các hàm số cộng tính f, xác định trên R và tồn tại một hằng số c sao cho: |f(x)|<c , 6 xϵ[-1, 1].
Lời giải:
Vì f cộng tính, nên ta có: f(qx)= qx 6qϵQ,, 6xϵR Þ f(0)=0. Ta sẽ chứng minh f liên tục tại 0. Thật vậy:
Giả sử {xn} là dãy bât kỳ mà 0 và xn<1 với mọi nϵN.
lim xn= 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử: xn¹
n→¥
1
| xn |
1
3 | xn |
Do tính trù mật của số hữu tỷ trong tập số thực, nên ta có 6nϵN tồn tại qnϵQ
sao cho:
³ qn ³
. Khi đó ta có dãy {qn} có các tính chất sau:
lim xn=0,
lim qn= +∞ Þ lim
1 = 0
n→¥
n→¥
n→¥ qn
lim (qnxn)= 0,	xn, qn≠ 0 6 nϵN
n→¥
Khi đó:	|f(xn)|=|f(
1 qnxn)| =
qn
1 |f(qnxn)| , 6 nϵN
qn
Lại do:
lim (qnxn)= 0 nên tồn tại noϵN sao cho: |qnxn|no
n→¥
Þ qnxn ϵ [-1,1] , 6 n>no Þ |f(qnxn)|no	Þ lim |f(xn)|=
n→¥
lim 1 |f(qnxn)|=0 Þ
lim f(xn)= 0=f(0) Vậy hàm f(x) liên tục tại x= 0, theo định
n→¥ qn
n→¥
lý 2.2 và bài toán 16 ta có nhiệm của bài toán như sau:	f(x)=ax.
Bài toán 21: Tồn tại hay không hàm số xác định trên R thoả mãn các điều kiện sau:
i)	f(1)=0
f(x) là hàm số không giảm
f(x+y)=f(x)+f(y)-3x2y-3xy2	6 x,yϵR
Lời giải: Từ iii) Þ f(x+y)+(x+y)3=f(x)+x3+f(y)+y3 Đặt g(x)=f(x)+x3 Þ g(x+y)=g(x)+g(y) Lại do f(x) là hàm không giảm
Þ g(x)=f(x)+x3 cũng là hàm không giảm	(9)
Do g(x) cộng tính và g(1)=f(1)+1
Þ g(q)=q	6 qϵQ
Giả sử tồn tại xϵR sao cho :
g(x)>x
Þtồn tại qoϵQ mà	g(x)>qo>x	(10)
Từ (9)

Tài liệu đính kèm:

  • docxsang_kien_kinh_nghiem_lop_phuong_trinh_ham_cong_tinh_va_nhan.docx
  • pdfSáng kiến kinh nghiệm Toán THPT- Phương trình hàm_13535522.pdf