Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến Nguyễn Tài Chung

i | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai

MỤC LỤC

A Giới thiệu phương pháp thêm biến 1

B Một sốkết quảcơ bản 3

C Phương pháp thêm biến đối với phương trình hàm có tính đối xứng 7

D Phương pháp thêm biến trong lớp hàm đơn điệu 11

E Phương pháp thêm biến trong lớp hàm liên tục 16

F Bài tập 21

Tài liệu tham khảo 59

MỤC LỤC

1 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN

A. GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN

Vào năm 2012, tôi có viết chuyên đề"Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến" (tài liệu tham khảo [1]). Trong quá trình giảng dạy tôi có sưu tầm thêm một sốbài tập mới, và gần đây có tham khảo thêm bài viết "Phương pháp thêm biến trong giải phương trình hàm" của tác giảVõ Quốc Bá Cẩn (tài liệu tham khảo [3]). Ý tưởng của phương pháp này rất đơn giản như sau: Khi gặp những phương trình hàm với cặp biến tựdo x, y, bằng cách thêm biến mới z (hoặc thêm một vài biến mới), ta sẽtính một biểu thức nào đó chứa x, y, z theo hai cách khác nhau, từđây ta thu được một phương trình hàm theo ba biến x, y, z, sau đó chọn z bằng những giá trịđặc biệt hoặc biến đổi, rút gọn phương trình hàm theo ba biến x, y, z để thu được những phương trình hàm mới, hướng tới kết quảbài toán. Vềmặt ý tưởng thì đơn giản, vì thực ra nó là phương pháp thếkhi giải phương trình hàm. Tuy nhiên công dụng của phương pháp này lại mạnh mẽ, giải quyết được nhiều bài toán; việc thêm một vài biến mới sẽ giúp phép thếtrởnên linh hoạt, uyển chuyển và có nhiều lựa chọn hơn, từđó phát hiện được nhiều tính chất thú vịcủa hàm sốcần tìm. Bài toán 1. Tìm tất cảcác hàm sốf : Q →Q thỏa mãn điều kiện

f ( f (x) + y) = x + f (y), ∀x, y ∈Q. (1)

Giải. Giảsửf là hàm sốthỏa mãn các yêu cầu đềbài. Ta thêm biến mới z như sau: Với mọi x, y, z thuộc Q, sửdụng (1) ta được

f ( f (x) + y + z) = x + f (y + z), ∀x, y, z ∈Q. (2)

Mặt khác cũng với mọi sốhữu tỉx, y, z thì f ( f (z) + x) = z + f (x), do đó

f (y + (z + f (x)) = f (y + f ( f (z) + x)) = f (z) + x + f (y). (3)

Từ(2) và (3) suy ra f (y + z) = f (y) + f (z), ∀y, z ∈Q. (4)

Tương tựnhư bài toán 4 ởtrang 3, suy ra f (x) = ax, ∀x ∈Q. Thay vào (1) ta rút ra

a2 = 1 ⇔a = ±1.

Thửlại thấy f (x) ≡x và f (x) ≡−x thỏa mãn các yêu cầu đềbài. Chú ý 1. Cũng có thểlập luận tương tựnhư sau: Đểsửdụng lại được "kiểu truy hồi" trong (1), ta thay x bởi f (x) + z (tức là thêm biến z ∈Q) và sửdụng (1) ta được

f (x + y + f (z)) = f (x) + f (y) + z, ∀x, y, z ∈Q ⇒z + f (x + y) = f (x) + f (y) + z, ∀x, y, z ∈Q ⇒f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈Q

và cũng thu được kết quả. Tổng quát hơn, khi đềbài có dạng f (x + g(y)) thì ta có thểthêm biến bằng cách thay y bởi y + g(z) và biến đổi hai vếrồi so sánh. Bên cạnh đó, chúng ta cũng hay sửdụng tính đối xứng của các biến.

MỤC LỤC

2 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai

Bài toán 2. Tìm tất cảcác hàm sốf : R →R thỏa mãn

x f (x) −y f (y) = (x −y) f (x + y), ∀x, y ∈R. (1)

Giải. Ta thêm biến mới z như sau: Theo (1) ta có

x f (x) −z f (z) = (x −z) f (x + z), ∀x, z ∈R. (2) x f (x) −z f (z) = [x f (x) −y f (y)] + [y f (y) −z f (z)] = (x −y) f (x + y) + (y −z) f (y + z), ∀x, y, z ∈R. (3)

Từ(2) và (3) suy ra

(x −z) f (x + z) = (x −y) f (x + y) + (y −z) f (y + z), ∀x, y, z ∈R. (4)

Với mọi u ∈R, xét hệ

 



x + z = u x + y = 1 y + z = 0 ⇔(x; y; z) = u + 1

2 ; 1 −u

2 ; u −1

2

. Do đó (4) trởthành

f (u) = f (1)u + f (0)(1 −u), ∀u ∈R

hay f (x) = ax + b, ∀x ∈R. Thay vào (1) thấy thỏa mãn.

Bài toán 3. Tìm các hàm sốf, g : Z →Z thỏa mãn: g là đơn ánh và

f (g(x) + y) = g ( f (y) + x), ∀x, y ∈Z. (1)

Giải. Ta thêm biến mới z như sau:

f (g(x) + y) = g ( f (y) + x), ∀x, y ∈Z. ⇔f (g(x) + y) + z = g ( f (y) + x) + z, ∀x, y, z ∈Z ⇔g ( f (g(x) + y) + z) = g (g ( f (y) + x) + z), ∀x, y, z ∈Z ⇒f (g(z) + g(x) + y) = g (g ( f (y) + x) + z), ∀x, y, z ∈Z ⇒f (g(x) + g(z) + y) = g (g ( f (y) + x) + z), ∀x, y, z ∈Z ⇒g ( f (g(z) + y) + x) = g (g ( f (y) + x) + z), ∀x, y, z ∈Z ⇒f (g(z) + y) + x = g ( f (y) + x) + z, ∀x, …