Cập nhật nội dung chi tiết về Phương Trình Hàm Trên N mới nhất trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
Một phương trình hàm bao gồm 3 thành phần chính: tập nguồn (miền xác định), tập đích (miền giá trị); phương trình hay hệ phương trình hàm; các điều kiện bổ sung cho hàm số (lớp hàm). Từ ba thành phần này có những phân loại tương ứng. Phương trình hàm trên N, phương trình hàm trên R, phương trình hàm trên …; phương trình hàm với 1 biến tự do, 2 biến tự do, nhiều biến tự do, phương trình hàm chuyển đổi các giá trị trung bình …; phương trình hàm trên lớp hàm khả vi, phương trình hàm trên lớp hàm liên tục, phương trình hàm đa thức …
Đây là các yếu tố quan trọng cần xét đến khi giải phương trình hàm. Điều này có thể thấy rõ qua ví dụ về phương trình hàm Cauchy. Bài toán tổng quát tìm tất cả các hàm số R thoả mãn phương trình với mọi x, y thuộc R, theo một nghĩa nào đó không có lời giải, thế nhưng với những giới hạn trên tập nguồn, tập đích, các tính chất của hàm số (đơn điệu, liên tục, đa thức …) thì phương trình này giải được trọn vẹn.
Bài này xét các phương trình hàm với các hàm số xác định trên N (hay Z, Q và các tập rời rạc khác). Để giải phương trình hàm xác định trên một tập nào đó, ta phải hiểu rõ cấu trúc và tính chất của tập hợp đó. Đối với N, ta sẽ chú ý đến những yếu tố sau: các phép toán cộng và nhân trên N; N được sắp thứ tự; thứ tự trên N là tốt; định lý cơ bản của số học về phân tích một số ra thừa số nguyên tố.
Các Phương Pháp Giải Phương Trình Hàm Thường Dùng
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 x 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 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. dụ hàm tuần hoàn nhân tính. t t t t t t ϕ ϕ ϕ ϕ = − ∀ < ⇔ = ∀ < [ ]1( ) ( ) (2 ) , 0 .2 (4 ) ( ), 0 t t t t t t t ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = − ∀ < ⇔ = ∀ < Nhận xét: Bài toán tổng quát của dạng này như sau: ( ) ( ) 0, 1f x f ax bα β α+ = + ≠ ± . Khi ñó từ phương trình x xα β+ = ta chuyển ñiểm bất ñộng về 0, thì ta ñược hàm tuần hoàn nhân tính. +) Nếu a = 0 bài toán bình thường. +) Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: “Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, x -1∀ ≠ (1)”. Xét: 2x + 1 = x x 1⇔ = − nên ñặt x = -1 + t thay vào (1) ta ñược: f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, 0t∀ ≠ . ðặt g(t) = f( – 1 + t) ta ñược: g(2t) = g(t) + 2 0t∀ ≠ (2). Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm logarit. Ta có log (2 ) log 2a at t= − 1 2 a⇔ = . Vậy ñặt 1 2 ( ) log ( )g t t h t= + . Thay vào (2) ta có (2 ) ( ), 0h t h t t= ∀ ≠ . ðến ñây bài toán trở nên ñơn giản. Phương pháp 8: phương pháp sử dụng hệ ñếm. Ta quy ước ghi m = (bibi-1…b1)k nghĩa là trong hệ ñếm cơ số k thì m bằng bibi-1…b1. Ví dụ 1 (Trích IMO năm 1988): Tìm f: N*→ N* thoả mãn: f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n), f(4n+1) = 2f(2n+1) – f(n); f(4n+3) = 3f(2n+1) – 2f(n) ∀n∈N* (12). Lời giải: Tính một số giá trị của hàm số và chuyển sang cơ số 2 ta có thể dự ñoán ñược: “∀n∈N*, n = (bibi-1…b1)2 thì f(n) = (b1b2 …bi)2” (*). Ta sẽ chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 dễ kiểm tra (*) là ñúng. + Giả sử (*) ñúng cho k < n, ta sẽ chứng minh (*) ñúng cho n (với n ≥ 4). Thật vậy, ta xét các khả năng sau: • Nếu n chẵn, n = 2m. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó 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 ⇒ (*) ñúng. • Nếu n lẻ và n = 4m + 1. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = (bibi-1…b101)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b101)2) = f(4m+1) = 2.f(2m+1) – f(m) = 2.f((bibi-1…b11)2) – f((bibi-1…b1)2) = (10)2.(1b1b2 …bi)2 – ( b1b2 …bi)2 = (1b1b2 …bi0)2 – ( b1b2 …bi)2 = (10b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. 27 • Nếu n lẻ và n = 4m + 3. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = (bibi-1…b111)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b111)2) = f(4m+3) = 3f(2m+1) – 2f(m) = 3f((bibi-1…b11)2) – 2f((bibi-1…b1)2) = (11)2.(1b1b2 …bi)2 – (10)2.(b1b2 …bi)2 = (11b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. Vậy (*) ñúng và hàm f ñược xác ñịnh như (*). Ví dụ 2 (Trích ñề thi của Trung Quốc): Tìm hàm số f: N* → N* thỏa mãn: 1) f(1) =1; 2) f(2n) < 6f(n); 3) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n)+1) ∀n∈N*. Lời giải: f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n)+1 ∀n∈N*. Thử một số giá trị ta thấy f(n) ñược xác ñịnh như sau: “Với n = (b1b2bi)2 thì f(n) = (b1b2bi)3 ∀n∈N*” (*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên (*) ñúng. + Giả sử (*) ñúng cho k < n (với n ≥ 4). Ta chứng minh (*) ñúng cho n. • Nếu n chẵn: n = 2m. Giả sử m = (c1c2cj)2 thì n = 2m = (c1c2cj0)2. Khi ñó: f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2cj)2) = (10)3.(c1c2cj)3 = (c1c2cj0)3 ⇒ (*) ñúng cho n chẵn. • Nếu n lẻ: n = 2m + 1 ⇒ n = (c1c2cj1)2. Khi ñó: f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + 1 = 3f((c1c2cj)2) + 1 = (10)3.(c1c2cj)3 + 13 = (c1c2cj1)3 ⇒ (*) ñúng cho n lẻ. Vậy (*) ñúng cho mọi n∈N* và f(n) ñược xác ñịnh như (*). Phương pháp 9: phương pháp sử dụng ñạo hàm. Lời giải: Cố ñịnh y, với x∈R, x ≠ y từ (14) ta ñược: 2( ) ( ) ( ) ( )0f x f y f x f yx y x y x y x y − −≤ − ⇒ ≤ ≤ − − − . Vì lim0 lim x y x y x y → → = − = 0 nên suy ra ( ) ( )lim 0 x y f x f y x y→ − = − ⇒ f’(y) = 0 ⇒ f(y) = c ∀y∈R (với c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f: R → R có ñạo hàm trên R và thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy ∀x, y∈R (15) Lời giải: + Cho x = y = 0 ta ñược f(0) = 0. 28 + Với y ≠ 0, cố ñịnh x ta ñược: ( ) ( ) ( ) 2 ( ) (0) 2 0 f x y f x f y xy f y f x y y y + − + − = = + − (*). Vì f(x) có ñạo hàm trên R nên từ (*), cho y → 0, suy ra f’(x) = f’(0) + 2x = 2x + c ⇒ f(x) = x2+cx+b ∀x∈R; b, c là các hằng số thực. Thử lại thấy ñúng. Phương pháp 10: phương pháp ñặt hàm phụ. Mục ñích chính của việc ñặt hàm phụ là làm giảm ñộ phức tạp của phương trình hàm ban ñầu và chuyển ñổi tính chất hàm số nhằm có lợi hơn trong giải toán. Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: f(x) ≥ 2007x và f(x+y) ≥ f(x)+f(y) ∀x, y∈R (1). Lời giải: Dễ thấy f(x) = 2007x là một hàm số thoả mãn (1). ðặt g(x) = f(x) – 2007x và thay vào (1) ta ñược: g(x) ≥ 0 (a) và g(x+y) ≥ g(x) + g(y) (b) ∀x, y∈R. + Cho x = y = 0, từ (b) ta ñược g(0) ≤ 0, kết hợp với (a) suy ra g(0) = 0. + Cho x = -y, x∈R, từ (a) và (b) ta ñược g(x) ≥ 0, g(-x) ≥ 0, 0 ≥ g(x) + g(-x); suy ra : g(x) = g(-x) = 0 ⇒ h(x) = 2007x, ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) ∀x, y∈ R (2). Lời giải: Xét phương trình: λ = 2λ + λ2 có nghiệm λ = -1 khác 0. ðặt g(x) = f(x) – (-1) = f(x) + 1. Thế vào (18) ta ñược: g(x+y) = g(x).g(y) ∀x, y∈R (*). Cho x = y = 2 t ta ñược g(t) ≥ 0 ∀t∈R. Cho x = y = 0 ta ñược: g(0) = 0 hoặc g(0) = 1. + Nếu g(0) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R ⇒ f(x) = -1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. + Nếu g(0) = 1: Giả sử tồn tại a ñể g(a) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R. Trái với giả thiết h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Từ f(x) liên tục trên R suy ra h(x) liên tục trên R. Theo phương trình hàm Côsi ta ñược h(x) = cx (với c là hằng số) ⇒ f(x) = ecx – 1 ∀x∈R. Khi c = 0 thì f(x) = -1. Vậy trong mọi trường hợp f(x) = ecx – 1 ∀x∈R thử lại thấy ñúng. Phương pháp 11: Sử dụng tính liên tục của hàm số. Sử dụng tính liên tục của hàm số có 3 con ñường chính: Xây dựng biến từ N ñến R, chứng minh hàm số là hằng số, sử dụng phương trình hàm Côsi. Ví dụ 1 (xây dựng biến từ N ñến R): Tìm hàm :f R R→ thỏa mãn: 1) f(x) liên tục trên R; 2) f(1) = 2; 29 3) f(xy) = f(x)f(y) – f(x+y) +1 ∀x,y∈R. Lời giải: Cho x = y = 0 ta ñược: f(0) = 1. Cho x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (a) quy nạp ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. Với n∈N, (a) ⇒ f(-n) = f(-n+1) – 1 = f(-n+2) – 2 == f(0) -n = -n + 1. Vậy f(z) = z +1 ∀z∈Z. Với ∀n∈N*, 2 = f(1) = 1 1 1( . ) ( ) ( ) ( ) 1f n f n f f n n n n = − + + (b). Mặt khác từ (a) ta có: 1 1 1 1( ) 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) … ( )f n f n f n n f n n n n + = + − + = + − + = = + . Thế vào (b) ta ñược: 1 1( ) 1f n n = + . Với *, , ,mq q m n n ∈ = ∈ ∈ℚ ℤ ℕ ta có: 1 1 1( ) ( ) ( . ) ( ) ( ) ( ) 1mf q f f m f m f f m n n n n = = = − + + = = 1 1( 1)( 1) ( ) 1m f m n n + + − + + (c). Từ (a) ta dễ dàng chứng minh ñược: 1 1( ) ( )f m m f n n + = + . Thế vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Với r∈R, tồn tại dãy {rn} với rn∈Q thỏa mãn lim nr r= . Khi ñó, do f liên tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2 (chứng minh hàm số là hằng số): Tìm hàm f: [0; 1 2 ] → [0; 1 2 ] thỏa mãn: 1) f(x) liên tục trên [0; 1 2 ] 2) 2 1 1( ) ( ) 0; 4 2 f x f x x = + ∀ ∈ . Lời giải: Với a∈[0; 1 2 ], xét dãy số: 0 2 1 1 4n n x a x x n+ = = + ∀ ∈ ℕ . Dễ chứng minh {xn} không âm (a). 2 0 1 0 1 1 1 2 4 2 x x x≤ ⇒ ≤ + ≤ . Quy nạp suy ra xn ≤ 12 (b). 30 2 1 1 1( ) 0 2n n n n n x x x x x n+ +− = − ≥ ⇒ ≥ ∀ ∈ℕ (c). Từ (a), (b), (c) suy ra xn∈[0; 12 ] và {xn} có giới hạn hữu hạn là n 1limx 2 = . Vậy với mọi a∈[0; 1 2 ], f(a) = f(x1) = f(x2) == limf(xn) = f(limxn) = f( 12 ) = c (c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi – VMO năm 2006(bảng B)): Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). Lời giải: Cho x = t, z = -t, y = 0, x∈ R ta ñược: f(t).f(t).f(-2t) = -8 2 8( 2 ) 0( ( ))f t f t − ⇒ − = < ⇒ f(t) < 0 ∀t∈R. ðặt g(x) = ( )ln( ) ( ) 2 ( )2.f x f x g xe⇒ = − − . Thế vào (3) ta ñược: -8.eg(x-y)+g(y-z)+g(z-x) = -8 ⇔ g(x-y) + g(y-z) + g(z-x) = 0 (*). + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta ñược g(0) = 0 (a). + Cho y = z = 0, x∈R, từ (a) ta ñược g(x) = g(-x) (b). Từ (*) và (b) suy ra 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 trên R nên g(x) cũng liên tục trên R. Từ (**), theo phương trình ——————————————————Hết——————————————————-
Đạo Hàm Và Bài Toán Giải Phương Trình, Bất Phương Trình Lượng Giác
Đạo hàm và bài toán giải phương trình, bất phương trình lượng giác
A. Phương pháp giải
+ Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số .
+ Bước 2: Thiết lập phương trình; bất phương trình
+ Bước 3: Áp dụng cách giải phương trình ; bất phương trình lượng giác đã được học
B. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho f(x)= sin 2x. Giải phương trình f’ ( x)=0?
Hướng dẫn giải
+ Ta có đạo hàm: f,m ‘ (x)=2cos2x
+ Để f’ ( x)=0 ⇔ 2.cos2x= 0 hay cos2x= 0
A. x≠π/6+kπ B. x≠π/6+k2π C. x≠π/3+kπ D. Tất cả sai
Hướng dẫn giải
+ Điều kiện : x+ π/3≠π/2+kπ hay x≠π/6+kπ
+ Với mọi x thỏa mãn điều kiện xác định ta có đạo hàm:
Ví dụ 3. Cho hàm số: y= sinx+ cosx. Tìm nghiệm của phương trình y’=0
Hướng dẫn giải
Ví du 4. Cho hàm số: y= tanx+ cot x. Giải phương trình y’=0
Hướng dẫn giải
Ví du 5. Cho hàm số: y=2 cos( 2x- π/3). Giải phương trình y’=4
Hướng dẫn giải
Đạo hàm của hàm số đã cho :
Ví dụ 6 Cho hàm số y= x+ sin 2x. Giải phương trình y’= 0
Hướng dẫn giải
Đạo hàm của hàm số là : y’=1+2cos2x
Hướng dẫn giải
Hàm số đã cho xác định với mọi x.
Ta có đạo hàm: y’=3+2sin2x
Với mọi x ta luôn có: – 1 ≤sin2x ≤1 ⇔ – 2 ≤2sin2x ≤2
⇔ ≤3+2sin2x ≤5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là R.
Chọn D.
Ví dụ 8. Cho hàm số y=x 3+ 3x+ sin 3 x. Giải bất phương trình y’ ≥0
Hướng dẫn giải
Ta có đạo hàm: y’=3x 2+ 3+ 3sin 2 x. cosx
Với mọi x ta có; cosx ≥ – 1 ⇒ 3sin 2 x.cosx ≥ – chúng tôi 2 x
⇒ 3+ 3sin 2x.cosx ≥ 3- chúng tôi 2 x ⇔ 3+ 3sin 2x.cosx ≥ chúng tôi 2 x ( 1)
Lại có 3x 2 ≥0 ∀ x (2)
Từ( 1) và ( 2) vế cộng vế ta có:
Vậy với mọi x ta luôn có: y’ ≥0
Chọn C.
Ví dụ 9. Cho hàm số y= cos( 2π/3+2x) . Khi đó phương trình y’=0 có nghiệm là:
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ví dụ 10.Cho hàm số y= cot 2 π/4. Khi đó nghiệm của phương trình y’=0 là:
Hướng dẫn giải
Ví dụ 11. Cho hàm số : y= 2cos3x- 3sin2x. Giải phương trình y’= 0
Hướng dẫn giải
Ta có đạo hàm : y’= -6 sin3x-6cos2x
Để y’= 0 thì – 6 sin 3x – 6 cos2x= 0
⇔sin3x+ cos2x= 0 ⇔ sin3x= – cos2x
C. Bài tập vận dụng
Câu 1: Cho f(x)= sin( π/2-3x). Giải phương trình f’ ( x)=0?
Câu 3: Cho hàm số: y=2sinx – 2cosx + 10. Tìm nghiệm của phương trình y’=0
Câu 4: Cho hàm số: y= 2tan3x + 3cot 2x+ 90. Giải phương trình y’=0
Câu 5: Cho hàm số: y=(- 1)/2 cos( 4x- π/6). Giải phương trình y’=1
Hiển thị lời giải
Câu 6: Cho hàm số y= 2x+ 1+ cos2x. Giải phương trình y’= 2
A. x=π/3+kπ B. x=π/6+kπ C. x=kπ/2 D. x=kπ
Câu 7: Cho hàm số y= x 3 +3x + sin3x. Tập nghiệm của bất phương trình y^’ ≤0
Hiển thị lời giải
Ta có đạo hàm: y’=3x 2+3+3cos3x
⇒ 3+ 3cos3x ≥0 ( 1)
Chọn B. .
Câu 8: Cho hàm số y= x + √x+ sin 2 x. Giải bất phương trình y’≥0
Hiển thị lời giải
Điều kiện: x ≥0
Câu 9: Cho hàm số: y= cos ( 2x- π/3) . sin (2x- π/4) . Giải phương trình y’= 2
Hiển thị lời giải
Câu 10: Cho hàm số y= tan( x 3 + 3x 2+ 3x+ 9). Giải phương trình y’=0?
A. x= 0 B. x = 2 C. x= -1 D. Đáp án khác
Hiển thị lời giải
+ Điều kiện cos( x 3+3x 2+3x+9)≠0
Chọn C.
Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.
Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k4: chúng tôi
Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:
Viết Phương Trình Tiếp Tuyến Của Đồ Thị Hàm Số
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có rất nhiều dạng bài như: viết pttt của hàm số tại 1 điểm, đi qua 1 điểm, biết hệ số góc…Nhưng phần này lại không khó khăn gì nếu chúng ta nắm được phương pháp của từng dạng bài này.
I.Lý thuyết: Bài toán về tiếp tuyến với đường cong:
Cách 1: Dùng tọa độ tiếp điểm
Phương trình tiếp tuyến có dạng: y = f'(x 0). (x – x 0) + y 0
1.Lập phương trình tiếp tuyến với đường cong tại điểm M(x 0, y 0) thuộc đồ thị hàm số (tức là tiếp tuyến duy nhất nhận M(x 0; y 0) làm tiếp điểm).
Phương trình tiếp tuyến với hàm số (C): y = f(x) tại điểm M(x 0; y 0) ∈ (C)
2.Lập phương trình tiếp tuyến d với đường cong đi qua điểm A (x A, y A) cho trước, kể cả điểm thuộc đồ thị hàm số (tức là mọi tiếp tuyến đi qua A(x A, y A)).
Cho hàm số (C): y = f(x). Giả sử tiếp điểm là M(x 0, y 0), khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng: y = f'(x).(x – x 0) + y 0 (d).
Từ đó lập được phương trình tiếp tuyến d.
3. Lập phương tiếp tuyến d với đường cong biết hệ số góc k
Cho hàm số (C): y = f(x). Giả sử tiếp điểm là M(x 0;y 0), khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng: d: y = f'(x 0).(x – x 0) + y 0.
Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến d là nghiệm của phương trình:
Ta lập được phương trình tiếp tuyến d: y = f'(x 0). (x – x 0) + y 0.
Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc
Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M(x 0; y 0) có hệ số góc k có dạng;
Điều kiện để đường thằng y = g(x) tiếp xúc với đồ thị hàm số y = f(x) là hệ phương trình sau có nghiệm: (left{begin{matrix} f(x)=g(x) & \ f'(x)=g'(x) & end{matrix}right.) Từ đó lập được phương trình tiếp tuyến d.
II. Bài tập
Loại 1: Cho hàm số y =f(x). Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M 0(x 0; y 0) ∈ (C).
Giải
Phương trình tiếp tuyến tại M 0 có dạng: y = k(x – x 0) + y 0 (*)
Với x 0 là hoành độ tiếp điểm;
Với y 0 = f(x 0) là tung độ tiếp điểm;
Với k = y'(x 0) = f'(x 0) là hệ số góc của tiếp tuyến.
Để viết được phương trình tiếp tuyến ta phải xác định được x 0; y 0 và k.
MỘT SỐ DẠNG CƠ BẢN
Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến tại M 0(x 0;y 0) ∈ (C)
-Tính đạo hàm của hàm số, thay x 0 ta được hệ số góc
Áp dụng (*) ta được phương trình tiếp tuyến cần tìm.
Dạng 2: Cho trước hoành độ tiếp điểm x 0
-Tính đạo hàm của hàm số, thay x 0 ta được hệ số góc.
– Thay x 0 vào hàm số ta tìm được tung độ tiếp điểm.
Áp dụng (*) ta được phương trình tiếp tuyến cần tìm.
Dạng 3: Cho trước tung độ tiếp điểm y 0
-Tính đạo hàm của hàm số, thay x 0 ta được hệ số góc.
Áp dụng (*) ta được phương trình tiếp tuyến cần tìm.
Chú ý: Có bao nhiêu giá trị của x 0 thì có bấy nhiêu tiếp tuyến.
Dạng 4: Cho trước hệ số góc của tiếp tuyến k = y'(x 0) = f'(x 0)
-Tính đạo hàm và giải phương trình k = y'(x 0) = f'(x 0) để tìm x 0
– Thay x 0 vào hàm số ta tìm được tung độ tiếp điểm cần tìm.
Chú ý: Có bao nhiêu giá trị của x 0 thì có bấy nhiêu tiếp tuyến.
Chú ý: Một số dạng khác
-Khi giả thiết yêu cầu viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng : y = ax + b thì điều này
… Quay về dạng 4.
– Khi giả thiết yêu cầu viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
y = ax + b thì điều này ⇔ y'(x 0) = a… Quay về dạng 4.
– Khi giả thiết yêu cầu viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm với đường thẳng y = ax + b thì việc đầu tiên là tìm tọa độ giao điểm của (C) và đường thẳng… Quay về dạng 1.
Chú ý:
Cho hai đường thẳng d 1: y = a 1x + b 1 với a 1 là hệ số góc của đường thẳng d 1 và y = a 2x + b 2 với a 2 là hệ số góc của đường thẳng d 2.
Bạn đang đọc nội dung bài viết Phương Trình Hàm Trên N trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!