VẬN DỤNG GIỚI HẠN DÃY SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

VẬN DỤNG GIỚI HẠN DÃY SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

NGƯỜI THỰC HIỆN: VÕ TIẾN DU TỔ: TOÁN

MỤC LỤC

Trang

Mục lục……… 1

Các kí hiệu và cụm chữ cái viết tắt của chuyên đề……… . 2

Phần I. Mở đầu……….. .... 3

1.1. Lí do chọn đề tài………. .. 3

1.2. Mục đích nghiên cứu……….. .. 3

1.3. Nhiệm vụ nghiên cứu………... . 3

1.4. Đối tượng và khách thể nghiên cứu……… ... 3

1.5. Phạm vi nghiên cứu……… ... 4

1.6. Phương pháp nghiên cứu……… ... 4

1.7. Cấu trúc của chuyên đề………... ... 4

Phần II. Nội dung……….. . 5

2.1. Các kiến thức cơ sở………. .. 5

2.1.1. Dãy số………..… ... 5

2.1.2. Hàm số liên tục………... ... 6

2.1.3. Ánh xạ………... ... 7

2.1.4. Tính trù mật………... ... 8

2.2. Vận dụng giới hạn dãy số trong giải phương trình hàm……… 9

Phần III. Kết luận……… ... 20

Tài liệu tham khảo………... ... 21

CÁC KÍ HIỆU VÀ CỤM CHỮ CÁI VIẾT TẮT CỦA CHUYÊN ĐỀ

Kí hiệu Tiếng Anh Tiếng Việt

HSG Học sinh giỏi

HSG QG Học sinh giỏi quốc gia

IMO International Mathematical Olympiad

Kì thi Olimpic toán quốc tế

VMO VietNam Mathematical

Olympiad

Olimpic toán học

THTT Tạp chí Toán học và Tuổi

trẻ IMO International Mathematical

Olympiad

Tuyển tập các bài toán Olympic toán quốc tế

PHẦN I. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài.

Phương trình hàm là một trong những lĩnh vực hay và khó của toán sơ cấp.Trong các kì thi Olympic Toán học Quốc gia, Khu vực và Quốc tế thường xuyên xuất hiện các bài toán phương trình hàm. Các bài toán này thường là khó và để giải quyết nó chúng ta phải sử dụng kết hợp rất nhiều kiến thức toán học.

Trong việc dạy học về phương trình hàm thì trước tiên ta phải dạy học sinh nắm vững các tính chất cơ bản về hàm số, một số phương trình hàm cơ bản, các phương pháp giải và có sự vận dụng thích hợp. Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là làm sao để học sinh hứng thú học và có khả năng vận dụng các phương pháp vào giải các bài toán về phương trình hàm, do đó vấn đề đặt ra là cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài toán nào? Cần những dấu hiệu của các bài toán như thế nào thì dùng phương pháp tương ứng? Với mong muốn học sinh có thể tiếp cận được các cuộc thi khu vực và Toán quốc tế, tôi xin mạn phép trình bày sâu về một mảng nhỏ là vận dụng giới hạn dãy số trong giải phương trình hàm.

2. Mục đích nghiên cứu.

Đề tài “Vận dụng giới hạn dãy số trong giải phương trình hàm” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinh những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ đề phương trình hàm trong chương trình THPT chuyên, và đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan trọng của các phương pháp này trong các bài toán giải phương trình hàm xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc gia của một số nước những năm gần đây. Các bài toán phương trình hàm trong các kì thi học sinh giỏi olympic thường là những bài tập khó, các bài tập chúng tôi đưa ra đều là các đề thi Olympic Quốc gia, Quốc tế và khu vực. Thông qua đó, tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phần phương trình hàm một cách hiệu quả nhất.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu.

Để đáp ứng yêu cầu về việc học tập và nghiên cứu cho học sinh trong năm học 2020 – 2021, góp phần nâng cao số lượng và chất lượng HSG môn toán tại các kỳ thi: HSG vòng tỉnh, HSG đồng bằng duyên hải bắc bộ, HSG QG lớp 12.

4. Đối tượng và khách thể nghiên cứu.

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là học sinh các lớp chuyên Toán 10, 11, 12;

đội tuyển thi chọn HSG lớp 12 vòng tỉnh, đội tuyển HSG tham dự kỳ thi chọn

HSG QG lớp 12 môn Toán học của các trường THPT Chuyên. Ngoài ra còn có thể là tài liệu tham khảo cho học sinh, giáo viên có nhu cầu tìm hiểu sâu hơn về phương trình hàm.

5. Phạm vi nghiên cứu.

- Về kiến thức: nghiên cứu dựa trên các nội dung kiến thức toán của phương trình hàm trong giới hạn thi học sinh giỏi của Bộ Giáo dục và Đào tạo.

- Về đối tượng: đề tài nghiên cứu dựa trên khả năng nhận thức cũng như năng lực tư duy của học sinh các lớp chuyên toán 10, 11 và chủ yếu là học sinh nòng cốt trong đội tuyển học sinh giỏi tỉnh dự thi quốc gia.

6. Phương pháp nghiên cứu.

- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu chuyên về phương trình hàm đặc biệt là các tài liệu liên quan đến số dãy số và các tạp chí trong và ngoài nước; tài liệu từ Internet...

- Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh các lớp chuyên toán).

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.

7. Cấu trúc của chuyên đề.

Chuyên đề ngoài các phần danh mục viết tắt, mục lục, tài liệu tham khảo thì chuyên đề bao gồm 3 phần chính như sau:

Phần I. Mở Đầu.

Phần II. Nội dung.

Phần III. Kết luận.

PHẦN II. NỘI DUNG

2.1. CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ 2.1.1. Dãy số.

2.1.1.1. Định nghĩa. Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương

* được gọi là một dãy số vô hạn ( gọi tắt là dãy số). Kí hiệu : ( )

: *

_n.

u

n u n u

→

=

Mỗi hàm số u xác định trên tập M =



1, 2,3,...,m



với m ^* được gọi là một dãy số hữu hạn.

2.1.1.2. Dãy số tăng, dãy số giảm.

Dãy số ( )u_n được gọi là một dãy số tăng nếu ta có u_n+1u_n với mọi n ^*. Dãy số ( )u_n được gọi là một dãy số giảm nếu ta có u_n+1u_n với mọi n ^*. Dãy số ( )u_n được gọi là một dãy số tăng ngặt nếu ta có u_n+1u_n với mọi

n *.

Dãy số ( )u_n được gọi là một dãy số giảm ngặt nếu ta có u_n+1 u_n với mọi

n *.

2.1.1.3. Dãy bị chặn.

Dãy số ( )u_n được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại một số M sao cho

, n *

un M   .

Dãy số ( )u_n được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại một số m sao cho

, n *

un m   .

Dãy số ( )u_n được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức là tồn tại các số m, M sao cho

, n *

m u nM   . 2.1.1.4. Định lí Weierstrass.

Mọi dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên đều hội tụ. Mọi dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới đều hội tụ.

Hệ quả. Nếu dãy số ( )u_n đơn điệu tăng và không bị chặn trên thì limu_n = +. Nếu dãy số ( )u_n đơn điệu giảm và không bị chặn dưới thì limu_n = −.

2.1.1.5. Nguyên lý kẹp: Nếu ba dãy số ( )u_n , ( )v_n , (w )_n thỏa mãn điều kiện

w_n u_n v_n với  n>n0 và limv_n =lim w_n =a thì limu_n =a.

2.1.1.6. Điểm bất động của hàm số: Cho hàm số f D: →D (D ). Nếu tồn tại

x*D thỏa mãn ^{f x}

( )

^{* =x* thì x*} được gọi là điểm bất động của hàm số.

2.1.1.7. Định lí.

a) Nếu dãy

( )

un là dãy tăng và bị chặn trên thì dãy

( )

un có giới hạn hữu hạn.

b) Nếu dãy

( )

un là dãy giảm và bị chặn dưới thì dãy

( )

un có giới hạn hữu hạn.

c) Nếu v_n u_n w_n n và lim _n lim _n

n v n w a

→+ = →+ = thì lim _n

n u a

→+ = .

d) Cho dãy

( )

un . Nếu dãy

( )

u2n và dãy

(

u2n₊1

)

cùng có 1 một giới hạn là L thì dãy (un) cũng có giới hạn là L.

2.1.1.8. Định lí LAGRANGE. Nếu ^{f x}

( )

liên tục trên đoạn

 

^{a b;} và có đạo hàm trên khoảng

( )

^{a b;} thì tồn tại hằng số ^c

( )

^{a b; sao cho}

( ) ( ) '( ) f b f a

f c b a

= −

− .

Hệ quả: Giả sử hàm số ^{f x}

( )

có đạo hàm trên miền D, thoả mản điều kiện

'( ) 1

f x  c ( với c là hằng số) và phương trình ^{f x}

( )

^=x có nghiệm duy nhất là

 D. Khi đó dãy u_n được xác định bởi ¹

1 ( )

n n

u a D

u ₊ f u

 = 

 =

 thì dãy un có giới hạn là 

2.1.2. Hàm số liên tục.

2.1.2.1. Định nghĩa: Cho hàm số ^y= ^{f x( )} xác định trên khoảng

( )

a b x, , 0

( )

a b, . Hàm số f x( ) được gọi là liên tục tại x₀nếu

0

lim ( ) ( )0

x x f x f x

→ = .

Trường hợp

0

lim ( ) ( )0 x x

f x f x

→ − = thì ta nói hàm số liên tục bên trái tại điểm x₀,

0

lim ( ) ( )0 x x

f x f x

→ + = thì ta nói hàm số liên tục bên phải tại điểm x₀. Vậy f x( ) liên tục tại x₀

0 0

lim ( ) lim ( ) ( 0)

x x x x

f x f x f x

+ −

→ →

 = = .

Nếu hàm số không liên tục tại x₀ thì ^{f x( )} được gọi là gián đoạn tại điểm x₀

. Vậy ^{f x( )} gián đoạn tại điểm x₀ khi không tồn tại

0

lim ( )

x x f x

→ hoặc

0

lim ( ) ( )0

x x f x f x

→ 

2.1.2.2. Định lí. Cho hàm số f x( ) liên tục trên đoạn [ ; ]a b . Khi đó:

i) f x( ) bị chặn trên đoạn ^{[ ; ]a b} ,nghĩa là tồn tại số M 0 sao cho:

 

( ) , ,

f x M  x a b

ii) f x( ) có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ ; ]a b . iii)  c



f a( ), ( ) ,f b



 x0

 

a b, : f x( )0 =c

Nếu f a f b( ) ( )0 thì tồn tại x0

 

a b, : (f x0)=0

2.1.2.3. Định lí. Nếu f : → là một hàm liên tục, cộng tính:

( ) ( ) ( ),

f x+y = f x + f y x y, 

thì f x( )=ax x (với a=const tuỳ ý)

* Hệ quả: Nếu ^{f x( )} liên tục trên (hoặc ⁺) và thỏa mãn:

( ) ( )

, ;

2 2

x y f x f y

f  +  = + x y thì ^{f x( )=kx b+ .} 2.1.2.4. Định lí. Giả sử ^{f : +}→ ⁺ là một hàm liên tục, nhân tính:

( ) ( ) ( ),

f xy = f x f y x y,  ⁺. Lúc đó, hàm f có dạng f x( )=x^, x ⁺ (với

ons c t

= tuỳ ý) 2.1.3.Ánh xạ.

2.1.3.1.Đơn ánh.

Ánh xạ f A: →B được gọi là đơn ánh nếu như mọi a a₁, ₂A mà a₁ a₂ thì

( )

1

( )

2

f a  f a (A  B ).

Hệ quả: ^f là đơn ánh khi và chỉ khi nếu f a

( )

1 = f a

( )

2 thì a₁=a₂. 2.1.3.2.Toán ánh.

Ánh xạ f A: →B được gọi là toán ánh nếu như mọi phần tử bB đều tồn tại phần tử aA sao cho ^{f a}

( )

^{=b A(  B).}

2.1.3.3.Song ánh.

Ánh xạ f A: →B được gọi là một song ánh nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh

(

^{A = B}

)

^.

2.1.3.4.Hàm đơn điệu.

Hàm số ^{f x}

( )

được gọi là hàm tăng trên

( )

^{a b;} nếu với mọi x x1, 2

( )

a b; mà

1 2

x x thì f x

( )

1  f x

( )

2 .

Hàm số ^{f x}

( )

được gọi là hàm tăng ngặt trên

( )

^{a b;} nếu với mọi x x1, 2

( )

a b;

mà x₁x₂ thì f x

( )

1  f x

( )

2 .

Hàm số ^{f x}

( )

được gọi là hàm giảm trên

( )

^{a b;} nếu với mọi x x1, 2

( )

a b; mà

1 2

x x thì f x

( )

1  f x

( )

2 .

Hàm số ^{f x}

( )

được gọi là giảm ngặt trên

( )

^{a b;} nếu với mọi x x1, 2

( )

a b; mà

1 2

x x thì f x

( )

1  f x

( )

2 .

Hệ quả: Nếu hàm số ^{f x}

( )

là tăng trên

( )

^{a b; và f} đơn ánh thì f là hàm tăng ngặt.

Hệ quả: Nếu hàm số ^{f x}

( )

là giảm trên

( )

^{a b; và f} đơn ánh thì f là hàm giảm ngặt.

Tính chất:

: , :

f D→R g D→R là hai hàm tăng thì f +g là hàm tăng.

: , :

f D→R g D→R là hai hàm tăng và không âm thì ^{f x g x}

( ) ( )

^. là hàm tăng.

: _f , : _g

f D →R g D →R là hai hàm tăng, trong đó T_f D_g

thì ^{g f =g f x}

(

( )

)

tăng, ở đây ^{Tf =}



^{f x}( )^:xDf



^.

2.1.3.5.Hàm cộng tính, hàm nhân tính.

Hàm số ^{f x}

( )

được gọi là cộng tính trên tập xác định trên D nếu với mọi

,

x yD thì x+ y D và ^{f x}

(

^+y

)

^{= f x}

( )

^{+ f y}

( )

^.

Hàm số ^{f x}

( )

được gọi là nhân tính trên tập xác định trên D nếu với mọi

,

x yD thì x y. D và ^{f x y}

( )

^{. = f x f y}

( ) ( )

^{. .}

2.1.3.6. Định lí.

a) Nếu f x( ) liên tục và đơn ánh thì f x( ) đơn điệu thực sự.

b) Nếu có công thức của f x( ) trên tập X và X trù mật trong thì ta cũng có công thức của f x( ) trên

2.1.4.Tính trù mật.

2.1.4.1.Nguyên lý Acsimet.

Với mọi ε 0 và với mọi x0 luôn tồn tại ^k^N* sao cho ^kεx

(

^ε,xR

)

^.

Hệ quả: Với mọi xR, tồn tại duy nhất kZ sao cho k  +x k 1. 2.1.4.2.Tính trù mật.

Tập hợp AR được gọi là trù mật trong R nếu và chỉ nếu với mọi

, ,

x yR x yđều tồn tại aR sao cho x a y. Hệ quả:Q trù mật trong R.

2.1.4.3.Cận trên.

Cho AR, x được gọi là cận trên của A nếu với mọi aA thì ax. Cận trên bé nhất nếu có của A được gọi là cận trên đúng của A, kí hiệu là ^supA

α,      α sup

ε 0,  ,sao cho  α ε

a a A

A a A a

  

=       −

2.1.4.4.Cận dưới.

Cho AR, x được gọi là cận dưới của A nếu với mọi aA thì ax. Cận dưới nhất nếu có của A được gọi là cận dưới đúng của A, kí hiệu là infA

β,      β inf

ε 0, ,saocho  β ε

a a A

A a A a

  

=       +

2.2. VẬN DỤNG GIỚI HẠN DÃY SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM.

Bước đầu ta hãy làm quen với một bài toán sau:

BT1. (Mở đầu) Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn các điều kiện:

( ) ( ) ( )

) 3 3 , .

) | | 1.

a f x f x x

b f x x

=  

− 

Giải: Từ điều kiện (a), bằng cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh được

( )

^{3n 3n}

( )

^{, , .}

f x = f x    x n

Bây giờ ta sẽ chứng minh ^{f x}

( )

^{=x,  x .} Thật vậy, giải sử có x₀ sao cho f x

( )

0 x0. Đặt f x

( )

0 =x0+ với  0. Khi đó, ta có

( )

^{3n 0 3n}

( )

^{0 3n 0 3n , .}

f x = f x = x +   n Suy ra

( )

^{0 0}

1 | f 3ⁿx −3ⁿx | 3 |= ⁿ |,  n .

Từ đó ta có ^{3 |n}  ^{| 1,}   ^{n .} Tuy nhiên, kết quả này không thể thỏa mãn .

 n Mâu thuẫn thu được cho ta kết quả khẳng định ở trên. Vậy

( )

^{, .}

f x =x  x BT2. (Chọn đổi tuyển QG Quảng trị 2019)

Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn các điều kiện:

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

0

) 4 6 25 , , .

) lim 1.

x

a f x y f x y f x y yf y x y

b f x

→ x

+ = − + +  

=

Giải: Đặt ^f

( )

^{0 =,} từ a) thay x bởi −y, ta có:

( ) ( ) ( )

2 f 5y f 5y 25yf y

 = − +

Hay

( ) ( ) ( )

2 f 5x f 5x 25xf x .

 = − + (1) Thay y bởi −x, từ a) ta có:

( ) ( ) ( )

2 f 5x f 5x 25xf x .

 = − − −

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: ^{xf x}

( )

^{= −xf}

( )

^{−x ,  x 0.Do đó: f}

( )

^{− =x f x}

( )

^.

Do b) nên  x₀ 0 để f x

( )

0 0.

Trong a) thay x bởi 4y và x bởi −6 ,y ta có:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2

5 10 25

.

5 10 25

f y f x yf y

f y f x yf y





 = +



− = − +



Thay y bởi ⁰, ₀ 0 ⁰ 0 ^{2 0 2 0} .

10 2 2 2

x x x x

x     f − = f   Từ đó:

( )

0

( )

0

( ) ( )

0 ; 0 0 0.

f x f x f x f x

 = − = −   =

Do đó

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 5

5 25

5

f y f y

f y yf y f y

y y

 

=   = 

  và y cùng dấu.

Quy nạp, ta thu được:

( )

²

(

⁵

)

5 .

n n

n

f y

f y

y y

−

−

 

  =

  (3)

Xét đẳng thức (3), cho n→ + 5⁻ⁿy→0, vế phải →1.

Nếu

( )

f y 1

y  thì vế trái → +. (Không thỏa mãn)

Nếu

( )

0 f y 1

 y  thì vế trái →0. (Không thỏa mãn) Suy ra

( ) ( )

( )

^{, 0}

( )

1 , .

0 0

f y y y

f y f x x x

y f

=   

=   = 

= 

Thử lại ^{f x}

( )

^{=x,  x ,} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

BT3. (Chọn Đội tuyển PTNK, 2014) Tìm tất cả các hàm số f : ^*→ ^*thỏa mãn hệ thức

( ( )

^/

)

^{2, *.}

f f n n =n  n Giải:  n ^*, Đặt ^{f n}

( )

^{=ng n}

( )

^{thì g: *→ *.}

Khi đó

( )

²

( ) ( ( ) ) 2.

f f n n g n g g n n

n

 

=  =

 

 

Lấy logarit hai vế ta có:

( ) ( ) ( )

lng n +lng g n =2ln .n Đến đây với mọi x ^*ta xét dãy sau:

( )

0 ln , _n ln _n u = x u = g x Trong đó gn

( )

x =g

(

^...g x

( )

^...

)

với n lần lấy hàm g. Ta có

n 0

u  vàu_n+2+u_n+1−2u_n =0.

Từ đó ta có công thức tổng quát

( ) ( ) ( )

2 ln ln ln ln

3 3 2 .

n n

x g x x g x

u + −

= + −

Nếu tồn tại xmà ^{lnx−lng x}

( )

^{0 thì} u2_n 0 với n đủ lớn. (Mâu thuẫn) Nếu tồn tại x mà ^{lnx−lng x}

( )

^{0 thì} u2_n+10 với n đủ lớn. (Mâu thuẫn) Vậy ^{lnx−lng x}

( )

^{=0,  x *. Suy ra f n}

( )

^{=n2,  n *.}

BT4. (Bulgaria, 2006) Tìm tất cả các hàm số f : ⁺ → ⁺ thỏa mãn đẳng thức

( ) ( )

⁴

( ) ( )

^{, 0.}

f x+y − f x−y = f x f y   x y

Nhận xét: Ta có thể các hàm số thỏa mãn có dạng ^{f x}

( )

^=kx2. Từ đó, ta có cách tiếp cận thường thấy là chứng minh ^f

( )

^{2x =4f x}

( )

^. Để vận dụng được giới hạn của dãy số ta phải chứng minh được

( ) ( ) ( )

0

0 0

lim 0, lim .

x x x

f x f x f x

+ +

→ = → = Sau đó từ

phương trình đầu bài ta cho x→ y⁺ thì ta sẽ có điều ta cần.

Giải: Thay x bởix+y ta được

(

²

) ( )

⁴

( ) ( )

^{, 0.}

f x+ y − f x = f x+ y f y   x y

(3) Từ đây dễ dàng suy ra f tăng ngặt trên ⁺. Từ đó dẫn đến

( ) ( )

f x+y  f y và cũng suy ra rằng

(

²

)

⁴

( )

^{, , 0.}

f x+ y  f y x y

Thay x bởi x+y vào (3) và sử dụng bất đẳng thức trên thì ta được:

(

³

) ( )

⁴

(

²

) ( )

^{( ) 4 4 2}

( )

^{9 ( ).}

f x+ y = f x+y + f x+ y f y  f y + f y = f y Cứ thế ta quy nạp lên được rằng:

( )

²

( )

^{, , 0, *.}

f x+ny n f y x y   n Thay y ¹

= n vào bất phương trình trên ta được

( )

*

2

1 1

, 0, .

f x

f x n

n n

   +    

  

Cố định x và cho n→ + ta thu được lim ¹ 0.

n f

→+   =  n Từ đó suy ra

( )

0

lim 0.

x ₊ f x

→ =

Bây giờ, trong (*) ta cho yx thì ta thu được

( ) ( ) ( ) ( )

0 f x+2y − f x 4 f 2x f y . Cố định x và cho ^y →⁰⁺ thì ta có

( ) ( )

0

lim 2 0,

y

f x y f x

→ + + −  = hay

( ) ( )

0

lim 0

x x₊ f x f x

→ =

Đến đây, bằng cách cố định y trong đầu bài và cho x→ y⁺, ta được

( )

^{2 4}

( )

^0.

f y = f y  y Dựa vào kết quả này, ta có thể quy nạp được

( )

²

( )

^{0, *.}

f nx =n f x    x n

(chỉ việc cho x=2 ,3 ,...,y y ny trong đầu bài là được) Từ đó suy ra

( )

²

( )

¹

f n =n f và

( )

²

( )

^*

2 = 2 2 1 , , .

f n m

m n f m m

f f m n

n n n n

  

 

 =   =  

  

Nói riêng, ta có ^{f x}

( )

^{=kx2  x +. Do f} đơn điệu và tập ⁺trù mật trong

+ nên ta có ^{f x}

( )

^{=kx2  x 0.} hàm này thỏa mãn yêu cầu đề bài.

BT5. (Chọn đội tuyển QG ĐH Vinh, 2012)

Tìm tất cả các hàm số liên tục ^{f : 0,}



^{+ →}

) 

^0,+

)

thỏa mãn đẳng thức

( )

₂ ¹

2 1 2

x x

f x f f

x x

   + 

=  + + +   với mọi số thực không âm x.

Giải: Do f liên tục trên



^0,+

)

nên nó cũng liên tục trên

 

^{0,1 .} Từ đó suy ra tồn tại các số ^{a b, }

 

^{0,1 sao cho}

 ^0,1

(a) max ( )

f x f x M

=  =

và

 ^0,1

(b) min ( ) .

f x f x m

=  =

Do

2

2 2 ( ) 1

2 1

a a

M f a f f

a a

 +   

= =  +  + + 

và

2

1 ,

2 1

a a

f M f M

a a

 +   

   + + 

   

(Để ý rằng ¹ 1, ₂ 1

2 1

a a

a a

+  

+ + ) nên ta suy ra 1

2

f a+  = M. Từ đây bằng quy nạp ta chứng minh được

2 1

, .

2

n n

f a+ −  =M  n

 

Trong đẳng thức này cho n→ +, ta được ^f

( )

^{1 =M.} Chứng minh tương tự ta cũng có ^f

( )

^{1 =m. Do đó M =m.} Điều này chứng tỏ f là hàm hằng trên

 

^{0,1 .}

Giải sử ^{f x( )c,  x}

 

^{0,1 .} Khi đó, ta có thể viết lại phương trình ban đầu dưới dạng

1 1 1

( ) .

2 2 2

f x = f x+ + c

Từ đẳng thức này ta chứng minh quy nạp được

2

1 2 1 1 1 1

( ) ... , .

2 2 2 2 2

n

n n n

f x = f  x+ − + + + + c  n

Cho n→ + ta thu được f x( )c. Hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

BT6.(Tạp chí epsilon, 2015) Tìm tất cả các hàm số liên tục f : → thỏa mãn điều kiện

( )

( ) ( ( ) ) ( ( ) )

⁰

f x+ f y+z + f y+ f z+x f z+ f x+ y =

(4) với mọi bộ số thực x y z, , .

Giải: Dễ thấy f x( )0là một nghiệm của phương trình trên nên ta chỉ cần xét hàm f không đồng thời bằng 0.

Thay x y z, , bởi 2

x vào (4) ta được

( ) 0, .

2

f x+ f x =  x

 

Tiếp tục thay x bởi ^{( )} 2

x + f x vào đẳng thức trên ta được

2

1 ( ) 0, .

2 2

f  x + f x =  x

 

Từ đây bằng quy nạp ta chứng minh được

* 1

1 ( ) 0, , .

2ⁿ 2ⁿ

f  x₊ + f x =    x v

 

Trong đẳng thức trên, cố định x và cho n→ +, sau đó sử dụng tính liên tục của f ta suy ra f(0)=0.Từ đây, bằng cách thay y= x z, = −x vào (4) ta có

( ( )

²

)

²

( )

^,

f f x −x = − f x  x .

Do f không đồng nhất bằng 0 nên tồn tại x₀ sao cho f x

( )

0 0. Xét dãy

( )

an được xác định bởi

0 0, _n 1

( )

2 _{n n}.

a =x a₊ = f a −a Khi đó, dễ thấy

( )

_n 2

( ) ( ) (

_n 1 2 ² _n 2

)

...

( ) ( )

2 ⁿ 0 , ^*. f a = − f a₋ = − f a₋ = = − f x  n Nếu f x

( )

0 0 thì ta có

( )

2

lim _n

n f a

→+ = +và lim

(

2_n 1

)

n f a ₋

→+ = −.

Còn nếu f x

( )

0 0 thì kết quả ngược lại. Nhưng trong cả hai trường hợp này, ta đều thấy rằng ^{f x}

( )

không bị chặn, mà f liên tục nên nó toàn ánh.

Đến đây, bằng cách thay y= =z 0 vào (1), ta có

( ( ) ) ( )

2f f x + f x =0,  x . Do f toàn ánh nên ta có

( )

^{, .}

2

f x = −x  x Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là ^{f x}

( )

^{=0 và}

( )

^.

2 f x = −x

BT7. (VMO, 2003 - Bảng A)

Cho tập hợp F gồm tất cả các hàm số f : ⁺ → ⁺ thỏa mãn

(3 ) ( (2 )) , .

f x  f f x +  x x ⁺ (5)

Hãy tìm số thực  lớn nhất sao cho với mọi hàm số f thuộc tập F, ta đều có: f x( )x,  x ⁺.

Nhận xét: Nhìn dạng này ta dễ dàng nhận ra phải tìm một hàm phù hợp với bài toán rồi sau đó đánh giá giá trị của số thực bằng dãy số.

Giải: Dễ thấy hàm số ( ) , 0 2

f x = x  x thuộc F. Khi đó với mọi x0 ta có ( ) 1

2 2

f x x x x 

Vậy ¹

  2. Vì f x( )0 nên trong (5) thay x bởi 3

x suy ra

( ) , 0

3

f x  x  x (6) Xét dãy số (_n) như sau:

2

1 1

2 1

1; , 1, 2...

3 3

n

n  n

 =  ₊ = ⁺  = (7)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theon rằng với mọi n ^*thì:

( ) _n. , 0

f x  x  x (8)

Do (6) nên (8) đúng khi n=1.Giả sử đã có (8) khi n=k. Kết hợp với (6) suy ra với mọi x0 ta có:

2

1

2 2

( ) 3 3 3 3

2 1

. .2 .