ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI ĐỐI SỐ BIẾN ĐỔI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI ĐỐI SỐ BIẾN ĐỔI VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2015 Mục lục LỜI CẢM ƠN i DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU ii MỞ ĐẦU 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Tính trù mật 1.2 Tính chất hàm số 1.2.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.2.2 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn cộng tính 1.2.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính 1.3 Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp 1.4 Phương trình hàm Cauchy 1.5 Một số phương pháp giải phương trình hàm 1.5.1 Phương pháp 1.5.2 Phương pháp chuyển qua giới hạn 1.5.3 Phương pháp tìm nghiệm riêng 10 1.5.4 Phương pháp quy nạp 12 PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI CÁC PHÉP BIẾN HÌNH SƠ CẤP 14 2.1 2.2 Biểu diễn số lớp hàm bất biến với phép biến hình 14 2.1.1 Hàm tuần hoàn phản tuần hoàn cộng tính 14 2.1.2 Hàm tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính 20 2.1.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 22 2.1.4 Hàm số sinh phép nghịch đảo 24 Phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính 26 2.2.1 26 Phương trình dạng f (αx + β) = af (x) + b ax + b = αf (x) + β cx + d Phương trình dạng a (x) f (x) + b (x) f (ω (x)) = c (x) 32 Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi 36 2.2.2 2.2.3 2.3 Phương trình dạng f MỘT SỐ ÁP DỤNG 3.1 3.2 29 42 Phương trình hàm lớp hàm đa thức 42 3.1.1 Một số toán xác định đa thức 42 3.1.2 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) 45 3.1.3 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q 50 Phương trình hàm lớp hàm lượng giác 53 KẾT LUẬN 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO 61 i LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới GS-TSKH Nguyễn Văn Mậu Thầy truyền đạt cho kiến thức, kinh nghiệm quý báu học tập thầy trực tiếp hướng dẫn hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn: - Ban giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học, khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy cho lớp Cao học toán K7A - Sở giáo dục & Đào tạo tỉnh Tuyên Quang, Ban giám hiệu trường THPT Chuyên Tuyên Quang, bạn bè đồng nghiệp gia đình quan tâm động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho thời gian học tập, nghiên cứu ii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU ∀, ∃ : Các ký hiệu logic R : Tập hợp số thực R+ : Tập hợp số thực dương R− : Tập hợp số thực âm Q : Tập hợp số hữu tỷ Z : Tập hợp số nguyên Z+ : Tập hợp số nguyên dương N : Tập hợp số tự nhiên x ∈ M : x phần tử M ∩, ∪, ⊂, ⊃ : phép toán tập hợp MỞ ĐẦU Phương trình hàm chuyên đề quan trọng thuộc chương trình chuyên toán trường THPT chuyên Trong kỳ thi Olympic toán quốc gia, khu vực quốc tế thường xuất dạng toán khác có liên quan đến phương trình hàm Chúng xem toán khó mẻ học sinh THPT Những tài liệu tham khảo dành cho học sinh lĩnh vực không nhiều Đặc biệt tài liệu sách giáo khoa dành cho học sinh THPT phương trình hàm với đối số biến đổi chưa trình bày cách hệ thống đầy đủ Xuất phát từ thực tế đó, luận văn tác giả trình bày cách hệ thống lớp phương trình hàm với đối số biến đổi phương pháp giải chúng Đồng thời nêu số áp dụng phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi vào lớp phương trình hàm đa thức đại số lượng giác Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia thành ba chương: Một số kiến thức - Tính trù mật - Tính chất hàm số - Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp - Các phương trình hàm dạng Cauchy - Một số phương pháp giải phương trình hàm Phương trình hàm với phép biến hình sơ cấp - Biểu diễn số lớp hàm bất biến với phép biến hình - Phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính - Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi Một số áp dụng - Phương trình hàm lớp hàm đa thức - Phương trình hàm lớp hàm lượng giác Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Tác giả Nguyễn Thị Phương Anh Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Tính trù mật Tập hợp A ⊂ R gọi trù mật R với x, y ∈ R, x < y tồn a ∈ A cho x < a < y Một số ví dụ tập trù mật a) Q trù mật R b) Tập hợp A = 1.2 m , m ∈ Z, n ∈ N 2n tập trù mật R Tính chất hàm số Xét hàm số f (x) với tập xác định D (f ) ⊂ R tập giá trị R (f ) ⊂ R 1.2.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.1 (Xem [4]) a) f (x) gọi hàm số chẵn M, M ⊂ D (f ) (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x) , ∀x ∈ M b) f (x) gọi hàm số lẻ M, M ⊂ D (f ) (gọi tắt hàm lẻ M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x) , ∀x ∈ M 1.2.2 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn cộng tính Định nghĩa 1.2 (Xem [4]) a) Hàm số f (x) gọi hàm tuần hoàn cộng tính chu kì a (a > 0) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M f (x + a) = f (x) , ∀x ∈ M b) Cho f (x) hàm tuần hoàn cộng tính M Khi T (T > 0) gọi chu kì sở f (x) f (x) tuần hoàn với chu kì T mà không hàm tuần hoàn cộng tính với chu kì bé T Định nghĩa 1.3 (Xem [4]) a) Hàm số f (x) gọi phản tuần hoàn cộng tính chu kì b (b > 0) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x) , ∀x ∈ M b) Cho f (x) hàm phản tuần hoàn cộng tính M Khi T (T > 0) gọi chu kì sở f (x) f (x) phản tuần hoàn cộng tính với chu kì T mà không hàm phản tuần hoàn cộng tính với chu kì bé T 1.2.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính Định nghĩa 1.4 (Xem [4]) f (x) gọi hàm tuần hoàn nhân tính chu kì a (a ∈ / {0; 1; −1}) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ a±1 x ∈ M f (ax) = f (x) , ∀x ∈ M Định nghĩa 1.5 (Xem [4]) f (x) gọi hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kì a (a ∈ / {0; 1; −1}) M M ⊂ D (f ) ∀x ∈ M ⇒ a±1 x ∈ M f (ax) = −f (x) , ∀x ∈ M 1.3 Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp Trong phần ta nêu đặc trưng số hàm số sơ cấp thường gặp chương trình phổ thông Nhờ đặc trưng hàm mà ta dự đoán kết phương trình hàm tương ứng đề xuất dạng tập tương ứng với đặc trưng hàm Các hàm số xét phần thoả mãn điều kiện liên tục toàn miền xác định hàm số Hàm bậc nhất: f (x) = ax + b(a = 0, b = 0) có tính chất f x+y = [f (x) + f (y)], ∀x, y ∈ R 47 nf + rg > rf + ng > rf + rg nên vế trái có bậc nf + rg Bậc đa thức vế phải (3.11) rh = r (f + g) < nf + rg Mâu thuẫn ii) deg (f ) = deg (g) Khi đó, hai đa thức vế trái (3.11) có bậc nf + rg = ng + rf xảy triệt tiêu thực phép cộng Tuy nhiên, xét hệ số cao hai đa thức này, ta có hệ số của xnf +rg đa thức thứ thứ hai P ∗ (f ∗ )n R∗ (g ∗ )r , R∗ (f ∗ )r P ∗ (g ∗ )n Như thế, bậc xnf +rg tổng hai đa thức r P ∗ R∗ f ∗ g ∗ r (n−r) f∗ + g∗ (n−r) =0 f ∗ + g ∗ = Như vậy, bậc vế trái (3.11) nf + rg , bậc vế phải rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn Vậy định lý chứng minh hoàn toàn Áp dụng định lý 3.1 hệ 3.1, ta thấy P0 (x) đa thức bậc thỏa mãn phương trình (3.10) với f, g, h đa thức thỏa mãn điều kiện định lý 3.1 tất nghiệm (3.10) có dạng: P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ (P0 (x))n Sau đây, ta xem xét số ví dụ áp dụng tính chất nói Ví dụ 3.1 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 = P (x) , ∀x ∈ R (3.12) Lời giải Ta có hàm f (x) = x, g (x) = x, h (x) = x2 thỏa mãn điều kiện định lý 3.1 hàm P (x) = x hàm bậc thỏa mãn phương trình (3.12) Do hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ xn , (n ∈ N∗ ) tất nghiệm (3.12) Ví dụ 3.2 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 − 2x = P (x − 2) , ∀x ∈ R (3.13) Lời giải Ta có P x2 − 2x = P (x − 2) ⇔ P (x − 1)2 − = P [(x − 1) − 1] , ∀x ∈ R (3.14) 48 Đặt P (x − 1) = Q (x) (3.14) tương đương với Q x2 = Q2 (x) , ∀x ∈ R Theo ví dụ 3.1, ta có Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn Suy P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1; P (x) = (x + 1)n Ví dụ 3.3 (HSG Quốc gia 2006) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 + x [3P (x) + P (−x)] = [P (x)]2 + 2x2 , ∀x ∈ R (3.15) Lời giải Trong (3.15), thay x −x ta P x2 − x [3P (−x) + P (x)] = [P (−x)]2 + 2x2 , ∀x ∈ R (3.16) Trừ (3.15) cho (3.16), ta 4x [P (x) + P (−x)] = P (x) − P (−x) ⇔ [P (x) + P (−x)] [P (x) − P (−x) − 4x] = (3.17) Do (3.17) với x ∈ R nên ta phải có P (x) + P (−x) = với vô số giá trị x P (x) + P (−x) − 4x = với vô số giá trị x Ta xét trường hợp P (x) + P (−x) ≡ Khi ta có phương trình P x2 + 2xP (x) = [P (x)]2 + 2x2 ⇔ P x2 − x2 = [P (x) − x]2 Đặt P (x) − x = Q (x) Q x2 = Q2 (x) Theo ví dụ 3.1, Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn Từ P (x) ≡ x, P (x) ≡ x + 1, P (x) = xn + x So sánh với điều kiện P (x) + P (−x) ≡ 0, ta nhận nghiệm P (x) ≡ x, P (x) ≡ x2k+1 + x, (k = 0, 1.2, ) Tiếp theo xét trường hợp P (x) − P (−x) − 4x ≡ Khi ta có phương trình P x2 + x [4P (x) − 4x] = P (x) + 2x2 ⇔ P x2 − 2x2 = [P (x) − 2x]2 Đặt P (x) − 2x = Q (x) Q x2 = Q2 (x) Theo ví dụ 3.1, Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = xn Từ P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) = xn + 2x So sánh với điều kiện P (x) − P (−x) − 4x ≡ 0, ta nhận nghiệm P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) ≡ x2k + 2x, (k = 1.2, ) 49 Tổng hợp hai trường hợp trên, ta có tất nghiệm (3.15) đa thức P (x) ≡ x, P (x) ≡ 2x, P (x) ≡ 2x + 1, P (x) ≡ x2k+1 + x, P (x) ≡ x2k + 2x (k = 1.2, ) Ví dụ 3.4 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P (x) P 2x2 = P 2x3 + x , ∀x ∈ R (3.18) Lời giải Các đa thức x, 2x2 , 2x3 + x thỏa mãn điều kiện định lý 3.1, ta tìm nghiệm không đồng hệ số bậc nhỏ (3.18) Xét trường hợp P (x) có bậc nhất, P (x) = ax + b Thay vào (3.18), ta (ax + b) 2ax2 + b = a 2x3 + x + b), ∀x ∈ R So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ phương trình: 2a2 = 2a, 2ba = 0, ab = a, b2 = b Hệ vô nghiệm (do a = 0) nên không tồn đa thức bậc thỏa mãn (3.18) Xét trường hợp P (x) có bậc hai, P (x) = ax2 + bx + c Thay vào (3.18), ta ax2 + bx + c 4ax4 + 2bx2 + c = a 2x3 + x + b 2x3 + x + c, ∀x ∈ R ⇔ 4a2 x6 + 4abx5 + (4ac + 2ab) x4 + 2b2 x3 + (ac + 2bc) x2 + bcx + c2 = 4ax6 + 4ax4 + 2bx3 + ax2 + bx + c, ∀x ∈ R So sánh hệ số đơn thức hai vế, ta hệ phương trình: 4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c Hệ có nghiệm a = c = 1, b = Như vậy, P (x) = x2 + đa thức bậc hai thỏa mãn (3.18) Từ hệ 3.1 định lý 3.1, ta suy x2 + k tất đa thức bậc chẵn (không đồng số) thỏa mãn (3.18) Ta chứng minh đa thức bậc lẻ nghiệm (3.18) Để chứng minh điều này, ta sử dụng tính chất đa thức bậc lẻ có nghiệm thực, ta cần chứng minh P (x) đa thức không đồng số thỏa mãn (3.18) P (x) nghiệm thực Thật vậy, giả sử α nghiệm thực P (x), 2α3 + α nghiệm P (x) 50 Nếu α > ta có α, α + 2α3 , α + 2α3 + α + 2α3 , dãy tăng tất nghiệm P (x), mâu thuẫn Tương tự, α < dãy nói dãy giảm ta có P (x) có vô số nghiệm, mâu thuẫn Nếu α = 0, đặt P (x) = xk Q (x) với Q (0) = 0, thay vào phương trình (3.18) ta xk Q (x) 2x2 k Q 2x2 = 2x3 + x Q 2x3 + x k ⇔ Q (x) 2x2 k Q 2x2 = 2x2 + Q 2x3 + x k Thay x = vào ta Q (0) = 0, mâu thuẫn Vậy P (x) nghiệm thực, nghĩa P (x) đa thức bậc lẻ k Vậy tất đa thức thỏa mãn điều kiện đề P (x) = x2 + , ∀x ∈ R Ví dụ 3.5 (Vô địch toán Bulgaria 1976) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 − 2x = (P (x − 2))2 , ∀x ∈ R (3.19) Lời giải Phương trình (3.19) viết dạng P (x − 1)2 − = (P ((x − 1) − 1))2 Đặt y = x − ta thu P y − = (P (y − 1))2 Đặt P (y − 1) = Q (y) Q y = P y − = (P (y − 1))2 = (Q (y))2 Theo ví dụ 3.1, Q (y) ≡ 0; Q (y) ≡ 1; Q (y) ≡ y n Do P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1; P (x) ≡ (x + 1)n Thử lại ta thấy Vậy tất đa thức thỏa mãn điều kiện đầu P (x) ≡ 0; P (x) ≡ 1; P (x) ≡ (x + 1)n 3.1.3 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q Bài toán tổng quát 3.3 Giả sử f (x) , g (x),h (x) Q (x) đa thức thuộc R [x] cho thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] cho P (f (x)) P (g (x)) = P (h (x)) + Q (x) , ∀x ∈ R (3.20) Với phương trình (3.20), Q không đồng ta không tính chất tính chất 3.1 hệ 3.1 Vì thế, việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn Đây khác biệt toán tổng quát 3.3 với toán tổng quát 3.2 Tuy nhiên ta chứng minh tính nghiệm phát biểu sau: 51 Định lí 3.2 (Xem [2]) Cho f, g, h đa thức không thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) , Q đa thức cho trước, deg (f ) = deg (g) deg (f ) = deg (g) f ∗ + g ∗ = Khi đó, với số nguyên dương n số thực a, tồn nhiều đa thức P thỏa mãn đồng thời điều kiện: i) deg (P ) = n; ii) P ∗ = a; iii) P (f ) P (g) = P (h) + Q Phép chứng minh định lý hoàn toàn tương tự với phép chứng minh định lý 3.1 Hệ 3.2 Với điều kiện định lý 3.2, với số nguyên dương n, tồn nhiều hai đa thức P có bậc n thỏa mãn phương trình P (f ) P (g) = P (h) + Q Sau ta xem xét số ví dụ áp dụng Ví dụ 3.6 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P (x) − P x2 = 2x4 , ∀x ∈ R (3.21) Lời giải Nếu đặt P (x) = axk + R (x) với deg (R) = r < k , a = ta P (x) − P x2 = a2 − a x2k + 2axk R (x) + R2 (x) − R x2 Từ suy deg P (x) − P x2 k a = 1, k + r a = r ≥ 0, −∞ a = r = −∞ (tức đồng không) Từ đó, suy k ≤ Đến đây, dùng phương pháp đồng hệ số ta tìm nghiệm (3.21) x4 + 1, x3 + x, 2x2 , −x2 Ví dụ 3.7 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 + = (P (x))2 + 1, ∀x ∈ R Lời giải - Xét trường hợp P (0) = Theo điều kiện đề ta có (3.22) 52 P (1) = (P (0))2 + = 1; P (2) = (P (1))2 + = 2; Ta tạo dãy số b0 , b1 , b2 , bn , Với b0 = bn+1 = b2n + 1, P (bn ) = bn với số tự nhiên n Ta có dãy b0 , b1 , b2 , bn , dãy tăng, nghĩa tập hợp {bn |n = 0, 1, 2, } chứa vô hạn số khác Từ ta có P (x) = x - Xét trường hợp P (0) = Thay P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an vào (3.22) ta n a0 x + + a1 x + n−1 + · · · + an−1 x2 + + an = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an + Bằng cách so sánh hệ số trước x ta nhận 2an−1 an = hay an−1 = Sau cách so sánh hệ số trước x3 ta nhận 2an−3 an = 0, nghĩa an−3 = Tiếp tục trình cuối ta nhận hệ số trước bậc lẻ x dạng chuẩn tắc P (x) không Nói cách khác, n = 2k P (x) = Q x2 với Q (t) đa thức bậc k Từ điều kiện toán suy Q x2 + = P x2 + = (P (x))2 + = Q x2 Đặt H (y) = Q (y − 1) , H x2 + = Q x2 2 +1 =Q x2 + + = H x2 + 2 + + Nhưng x tạo tập hợp tất số x2 + tạo tập hợp số vô hạn theo nguyên lý so sánh hệ số thỏa mãn H y + = (H (y))2 + 1, nghĩa H (y) thỏa mãn điều kiện toán Nếu với H (y) thỏa mãn H (0) = H (y) = y nghĩa P (x) = Q x2 = H x2 + = x2 + Nếu lại có H (0) = 0, từ đa thức H (y) ta tiến hành phương pháp với P (x) nhận đa thức H1 (x) có bậc hai lần thấp bậc H (y), mà thỏa mãn điều kiện toán Quá trình có hữu hạn bước, nghĩa đến thời điểm chắn đến đa thức x Suy ra, đa thức P (x) có tính chất P x2 + = (P (x))2 + 1, trùng với đa thức dãy P0 (x) = x, P1 (x) = x2 + 1, , Pn+1 (x) = Pn x2 + , 53 Ngược lại, cách kiểm tra trực tiếp đa thức dãy thỏa mãn điều kiện toán Ví dụ 3.8 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] thỏa mãn điều kiện P x2 − = P (x) − 2, ∀x ∈ R (3.23) Lời giải Có hai đa thức thỏa mãn phương trình đa thức đồng −1 đa thức đồng Với đa thức bậc lớn hay 1, áp dụng hệ 3.2 tính chất 3.2 ta suy với số nguyên dương n, tồn không đa thức P (x) thỏa mãn (3.23) Điểm khó ta cách đơn giản để xây dựng nghiệm Dùng phương pháp đồng hệ số, ta tìm nghiệm bậc 1, 2, 3, x, x2 − 2, x3 − 3x, x4 − 4x2 + Từ đây, dự đoán quy luật dãy nghiệm sau: P0 = 2, P1 = x, Pn+1 = xPn − Pn−1 , n = 1, 2, 3, (3.24) Cuối cùng, để hoàn tất lời giải toán, ta cần chứng minh đa thức thuộc dãy đa thức xác định (3.24) thỏa mãn phương trình (3.23) Ta thực điều cách sử dụng qui nạp toán học cách sau: Xét x thuộc [−2; 2], đặt x = cos t từ công thức (3.24), ta suy P2 (x) = 4cos2 t − = cos 2t, P3 (x) = cos t.2 cos 2t − cos t = cos 3t, nói chung Pn (x) = cos nt Từ Pn x2 − = Pn 4cos2 t − = Pn (2 cos 2t) = cos (2nt) = 4cos2 (nt) − = Pn (x) − Đẳng thức với x ∈ [−2; 2] với x Bài toán giải hoàn toàn 3.2 Phương trình hàm lớp hàm lượng giác Đối với phương trình hàm lớp hàm lượng giác, có toán cần vài phép đến kết quả, có nhiều toán khó, phải trải qua nhiều phép tìm lời giải Để giải toán dạng ta cần phải phát đặc trưng hàm lượng giác che giấu phương trình 54 hàm, từ đưa phép giá trị phù hợp Dựa công thức lượng giác cos (x + y) + cos (x − y) = cos x cos y; cos (x + y) − cos (x − y) = −2 sin x sin y; sin (x + y) + sin (x − y) = sin x cos y; sin (x + y) − sin (x − y) = cos x sin y, việc thay hàm sin x, cos x ẩn hàm f, g ta đề xuất giải toán sau: Bài toán 3.7 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) + f (x − y) = 2f (y) cos x, ∀x, y ∈ R (3.25) Lời giải Trong (3.25) cho y = ta f (x) = c cos x, ∀x ∈ R, (3.26) f (0) = c Thử lại: Thay (3.26) vào (3.25) ta c [cos (x + y) + cos (x − y)] = 2c cos x cos y, ∀x, y ∈ R Do (3.26) thỏa mãn (3.25), hàm số cần tìm có dạng f (x) = c cos x, ∀x ∈ R (c số bất kì) Bài toán 3.8 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện π = 2015 f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) cos y f (0) = 2014, f , ∀x, y ∈ R (3.27) Lời giải Trong (3.27) thay x = t − π π y = ta 2 f (t) + f (t − π) = 0, ∀t ∈ R Trong (3.27) thay x = (3.28) π π y = t − ta 2 f (t) + f (π − t) = 2.2015 sin t, ∀t ∈ R (3.29) 55 Trong (3.27) thay x = y = t − π ta f (t − π) + f (π − t) = −2.2014 cos t, ∀t ∈ R (3.30) Cộng (3.28) (3.29) ta 2f (t) + f (t − π) + f (π − t) = 2.2015 sin t, ∀t ∈ R Kết hợp với (3.30) ta f (t) = 2014 cos t + 2015 sin t, ∀t ∈ R hay f (x) = 2014 cos x + 2015 sin x, ∀x ∈ R Thử lại thấy Vậy f (x) = 2014 cos x + 2015 sin x Bài toán 3.9 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) − f (x − y) = 2f (y) cos x, ∀x, y ∈ R (3.31) Lời giải Trong (3.31) cho x = ta f (−y) = −f (y) , ∀y ∈ R Trong (3.31) cho x = (3.32) π π y = − t ta 2 f (π − t) − f (t) = 0, ∀t ∈ R π π Trong (3.31) cho x = − t y = kết hợp với (3.32) ta 2 π f (π + t) + f (t) = 2c sin t, ∀t ∈ R, c = f (3.33) (3.34) Từ (3.33) (3.34) ta có f (t) = c sin t, ∀t ∈ R hay f (x) = c sin x, ∀x ∈ R Thử lại thấy Vậy f (x) = c sin x, c số Bài toán 3.10 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) − g (x − y) = −2 sin x sin y, ∀x, y ∈ R (3.35) Lời giải Ta có (3.35) tương đương với f (x + y) − g (x − y) = cos (x + y) − cos (x − y) , ∀x, y ∈ R ⇔ f (x + y) − cos (x + y) = g (x − y) − cos (x − y) , ∀x, y ∈ R (3.36) 56 Đặt x + y = u, x − y = v Thay vào (3.36) ta f (u) − cos u = g (v) − cos v, ∀u, v ∈ R f (u) − cos u = c, ∀u ∈ R g (v) − cos v = c, ∀v ∈ R ⇔ Hay f (x) = cos x + c, ∀x ∈ R g (x) = cos x + c, ∀x ∈ R , c số Thử lại thấy Vậy f (x) = cos x + c, ∀x ∈ R, g (x) = cos x + c, ∀x ∈ R ( c số tùy ý) Bài toán 3.11 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) + g (x − y) = sin x cos y, ∀x, y ∈ R (3.37) Lời giải Ta có (3.37) tương đương với f (x + y) + g (x − y) = sin (x + y) + sin (x − y) , ∀x, y ∈ R ⇔ f (x + y) − sin (x + y) = − [g (x − y) − sin (x − y)] , ∀x, y ∈ R (3.38) Đặt x + y = u, x − y = v Thay vào (3.38) ta f (u) − sin u = − [g (v) − sin v] , ∀u, v ∈ R ⇔ Hay f (u) − sin u = c, ∀u ∈ R g (v) − sin v = −c, ∀v ∈ R f (x) = sin x + c, ∀x ∈ R g (x) = sin x − c, ∀x ∈ R , c số Thử lại thấy Vậy f (x) = sin x + c, ∀x ∈ R, g (x) = sin x − c, ∀x ∈ R ( c số tùy ý) Bài toán 3.12 Tìm hàm thỏa mãn phương trình f (x + y) − f (x − y) = 2g (x) sin y, ∀x, y ∈ R (3.39) Lời giải Trong (3.39) cho x = 0, ta f (y) − f (−y) = 2a sin y, ∀y ∈ R (3.40) Đổi vai trò x y (3.39) ta f (y + x) − f (y − x) = 2g (y) sin x, ∀x, y ∈ R (3.41) 57 Lấy (3.39) trừ (3.41) ta f (y − x) − f (x − y) = 2g (x) sin y − 2g (y) sin x, ∀x, y ∈ R (3.42) Từ (3.40) (3.42) suy 2a sin (y − x) = 2g (x) sin y − 2g (y) sin x, ∀x, y ∈ R ⇔ 2a (sin y cos x − cos y sin x) = 2g (x) sin y − 2g (y) sin x, ∀x, y ∈ R ⇔ [g (x) − a cos x] sin y = [g (y) − a cos y] sin x, ∀x, y ∈ R π Từ (3.43) cho y = ta π g (x) − a cos x = b sin x, ∀x ∈ R, b = g (3.43) Hay g (x) = a cos x + b sin x, ∀x ∈ R Thay g (x) = a cos x + b sin x vào (3.39) ta có f (x + y) − f (x − y) = (a cos x + b sin x) sin y = 2a cos x sin y + 2b sin x sin y = a [sin (x + y) − sin (x − y)] + b [cos (x − y) − cos (x + y)] , ∀x, y ∈ R Suy f (x + y) − a sin (x + y) + b cos (x + y) = f (x − y) − a sin (x − y) + b cos (x − y) , ∀x, y ∈ R Đặt x + y = u, x − y = v ta f (u) − a sin u + b cos u = f (v) − a sin v + b cos v, ∀u, v ∈ R, hay f (u) = a sin u − b cos u + c, ∀u ∈ R (c số) Thử lại thấy hàm số sau thỏa mãn yêu cầu đề f (x) = a sin x − b cos x + c, ∀x ∈ R; g (x) = a cos x + b sin x, ∀x ∈ R, với a, b, c số tùy ý Từ công thức biến đổi sin (x + y) = sin x cos y + cos x sin y, ∀x, y ∈ R, ta thay hàm sin, cos ẩn hàm f, g tương ứng ta tạo toán sau: Bài toán 3.13 Tìm hàm thỏa mãn phương trình sin (x + y) = f (x) sin y + g (y) sin x, ∀x, y ∈ R (3.44) 58 Lời giải Trong (3.44) cho y = π ta π sin x, ∀x ∈ R π Suy f (x) = cos x + a sin x, ∀x ∈ R, a = −g Thay f (x) = cos x + a sin x vào (3.44) ta cos x = f (x) + g (3.45) sin (x + y) = (cos x + a sin x) sin y + g (y) sin x, ∀x, y ∈ R ⇔ sin x cos y = a sin x sin y + g (y) sin x, ∀x, y ∈ R π Trong (3.46) cho x = ta cos y = a sin y + g (y) , ∀y ∈ R, hay g (x) = cos x − a sin x, ∀x ∈ R (3.46) Thử lại thấy đúng, hàm thỏa mãn yêu cầu đề f (x) = cos x + a sin x, ∀x ∈ R, g (x) = cos x − a sin x, ∀x ∈ R, a số tùy ý Bài toán 3.14 Tìm hàm thỏa mãn phương trình f (x + y) = g (x) sin y + g (y) sin x, ∀x, y ∈ R (3.47) Lời giải Trong (3.47) cho y = ta f (x) = a sin x, ∀x ∈ R, a = g (0) Thay f (x) = a sin x vào (3.47) ta a sin (x + y) = g (x) sin y + g (y) sin x, ∀x, y ∈ R (3.48) π Trong (3.48) cho y = , ta a cos x = g (x) + g π π ta g 2 Suy g (x) = a cos x, ∀x ∈ R Trong (3.49) cho x = π sin x, ∀x ∈ R = Thử lại thấy đúng, hàm thỏa mãn yêu cầu đề f (x) = a sin x, ∀x ∈ R, g (x) = a cos x, ∀x ∈ R, (3.49) 59 a số tùy ý Sau ta đến toán sử dụng đặc trưng hàm đề cập phần kiến thức chuẩn bị Bài toán 3.15 Tìm hàm xác định liên tục đoạn [−1; 1] thỏa mãn phương trình − y2 + y f x − x2 = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ [−1; 1] (3.50) Lời giải π π 2 Đặt x = sin u, y = sin v, ∀u, v ∈ − ; Khi cos u ≥ 0, cos v ≥ x − y2 + y π π − x2 = sin (u + v) , ∀u, v ∈ − ; 2 Phương trình hàm (3.50) viết dạng π π f (sin (u + v)) = f (sin u) + f (sin v) , ∀u, v ∈ − ; 2 Đặt f (sin u) = g (u) ta π π g (u + v) = g (u) + g (v) , ∀u, v ∈ − ; 2 Do vậy, g (u) = au, a số f (x) = a arcsin x, ∀x ∈ [−1; 1] Thử lại thấy Vậy f (x) = a arcsin x, a số tùy ý Bài toán 3.16 Tìm hàm xác định liên tục đoạn [−1; 1] thỏa mãn phương trình f xy − − y2 − x2 = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ [−1; 1] (3.51) Lời giải Đặt x = cos u, y = cos v , ∀u, v ∈ [0; π] Khi sin u ≥ 0, sin v ≥ xy − √ − y − x2 = cos (u + v) , ∀u, v ∈ [0; π] Phương trình hàm (3.51) viết dạng f (cos (u + v)) = f (cos u) + f (cos v) , ∀u, v ∈ [0; π] Đặt f (cos u) = g (u) ta g (u + v) = g (u) + g (v) , ∀u, v ∈ [0; π] Do vậy, g (u) = au, a số f (x) = a arccos x, ∀x ∈ [−1; 1] Thử lại thấy Vậy f (x) = a arccos x, a số tùy ý 60 KẾT LUẬN Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi áp dụng" trình bày số vấn đề sau đây: 1- Trình bày số phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi Trong phương pháp, tác giả đưa ví dụ cụ thể để minh họa Thông qua đó, giúp cho học sinh phổ thông dễ nắm bắt phương pháp, vận dụng thực hành để ứng dụng việc giải phương trình hàm với đối số biến đổi 2- Tiếp theo, trình bày phương trình hàm với phép biến hình sơ cấp Tác giả đề cập đến số lớp hàm bất biến với phép biến hình số phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính Ngoài tác giả cố gắng chọn lọc, sưu tầm đưa vào luận văn số toán kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, khu vực, quốc tế toán tạp chí toán học tuổi trẻ 3- Cuối cùng, luận văn trình bày ứng dụng phương trình hàm với đối số biến đổi vào lớp phương trình hàm đa thức đại số lượng giác 61 Tài liệu tham khảo [1] Lê Hải Châu (2007), Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [2] Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò (2006), Phương trình hàm, NXB ĐHQGHN [3] Nguyễn Văn Mậu (1998), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi olympic Toán sinh viên toàn quốc, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Trọng Tuấn (2004), Bài toán hàm số qua kỳ thi olympic, NXB Giáo dục [8] Tạp chí toán học tuổi trẻ ... bất biến với phép biến hình - Phương trình hàm với dịch chuyển bậc phân tuyến tính - Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi Một số áp dụng - Phương trình hàm lớp hàm đa thức - Phương trình. .. chất hàm số - Một số đặc trưng hàm hàm số sơ cấp - Các phương trình hàm dạng Cauchy - Một số phương pháp giải phương trình hàm Phương trình hàm với phép biến hình sơ cấp - Biểu diễn số lớp hàm. .. Sau ta nghiên cứu số phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi 1.5.1 Phương pháp a) Thế ẩn tạo phương trình hàm Nhận xét 1.2 Đối với phương trình hàm dạng f (A) = B với A, B biểu thức