Tiêu đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Chuyên đề 18 - PHƯƠNG TRÌNH HÀM.doc ✅

Trang 1 Chuyên đề 18: PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Ánh xạ và hàm số - Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương ứng mỗi phần tử x của X với một và chỉ một phần tử y của Y. Phần tử y tương ứng của x gọi là ảnh của ánh xạ f, kí hiệu y = f(x) , x gọi là nghịch ảnh của y: ::fXxyfx↦ - Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi là đơn ánh nếu hai phần tử khác nhau bất kỳ của X đều cho hai ảnh khác nhau của Y: ,:abXabfafb Hay a,bX:fafbab - Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi là toàn ánh nếu mỗi phần tử Y bất kỳ của Y đều có nghịch ảnh x của X: yY,xX:yfx Hay YfxyY|X,yfx . - Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi là song ánh nếu f vừa đơn ánh và toàn ánh, tức là nếu mỗi phân tử y bất kỳ của Y đều có nghịch ảnh duy nhất x của X. Hai tập hữu hạn có cùng số phần tử khi tồn tại một song ánh giữa chúng. Còn 2 tập vô hạn mà có song ánh giữa chúng thì gọi là cùng lực lượng hay cùng bản số. - Hàm số y = f(x) với tập xác định D gọi là hàm số chẵn nếu: xD thì xD và fxfx - Hàm số y = f(x) với tập xác định D gọi là hàm số lẻ nếu: xD thì xD và fxfx - Hàm số tuần hoàn  a0 : fxafx,x,xaD      Số dương bé nhất nếu có trong các số a thỏa mãn điều kiện trên gọi là chu kỳ T của hàm số f. - Hàm phản tuần hoàn  a0 : fxbfx,x,xbD      - Hàm cộng tính: fx + yfxfy - Hàm nhân tính: fxyfx.fy - Điểm bất đồng của hàm f(x) là x = a sao cho f(x) = a
Trang 2 - Nếu hàm số f(x) có f'(x)0 trên D thì f(x) là hàm hằng trên D. Đặc trưng hàm sơ cấp: - Hàm bậc nhất fxfyxy fxaxb,a0:f 22     - Hàm tuyến tính fxax, a0:fxyfx . fy - Hàm mũ xfxa,a0,a1:fxyfxfy - Hàm lôgarit afxlogx,a0,a1:fxyfxfy - Hàm 3sinfxsin:f3x3fx4fx - Hàm 2cosinfxcosx:f2x2fx1 fyfxy2fxfyx - Hàm   fxfy tang fxtanx:fxy 1fxfy    - Hàm   fxfy1 cotang fxcotx:fxy fxfy    - Hàm xx3eefxshx:f3x3fx4fx 2    - Hàm xxeefxchx:fxyfxy2fxfy 3    Phương trình hàm - Tính giá trị đặc biệt f(0), f(1),... - Dùng phép thế, đổi biến, các chuyển đổi số học, đại lượng trung bình, biến đổi tịnh tiến và đồng dạng, biến đổi phân tuyến tính,... - Dùng tính chất đơn ánh, toàn ánh, song án, tuần hoàn,.. - Đánh giá, dự đoán hàm số, quy nạp,... Phương trình hàm Cauchy: Hàm f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn: fxyfxfy,x,yℝ thì fxax với a hằng số tùy ý. 2. CÁC BÀI TOÁN Bài toán 18. 1: Cho hàm số f: ℝℝ thỏa: fx2xyfx2fxy,x,yℝ Biết f(201) = a, hãy tính f(202). Hướng dẫn giải
Trang 3 Thay x0 ta được: f0f02f0f00 Thay y1 ta được : fxfx2fxfxfx Thay 1 y 2 ta được xx f0fx2ffx2f 22     Suy ra xfx2f 2     Xét x,tℝ bất kì. Thay t y 2x ta được: tfxtfx2ffxft 2     Với x0 ta cũng có f0tf0ft Ta chứng minh bằng quy nạp theo k: fkxkfx,x,kℝℕ Từ đó rút ra: aaf201201.f1f1 201 Do đó 202f202202.f1a 201 Bài toán 18. 2: Cho hàm f(x, y) thỏa mãn các điều kiện: 0,1;1,0,1fyyfxfx 1,1,1,fxyfxfxy Với mọi số nguyên không âm x, y. Tìm f(4, 1981) Hướng dẫn giải Ta có: 1,0,1,111,1fnffnfn Do đó: 1,1,00,12fnnfnfn Ta lại có: 2,1,2,12,12fnffnfn Do đó: 2,22,021,123fnnfnfn Bây giờ: 3,2,3,123,13fnffnfn Đặt nn1u2u và 0uf3,03f2,130 Do vậy: n+3n+3nu2f3,n23
Trang 4 Ta có: f4,n13f4,nf3,f4,n123 4f4,0 = f3,12313 224f4,223 Bằng qui nạp ta chứng minh được 22..24f4,n23 Trong đó số mũ chứa (n + 2) chữ số 2. Từ đó: 22..24f4, 198123 với số mũ chứa 1983 chữ số 2. Bài toán 18. 3: Cho hàm f: ℤℤ thỏa mãn các điều kiện sau: (i) 1;fnfnnℤ (ii) 3,.ffnnnZ Hãy tính f(2003). Hướng dẫn giải Từ (i) và (ii) (1)f1312fff Ta có: 213.13fff 333.2fff 22.333.33fff ............. Suy ra 12.33,;32.3;nnnnfnfnZℤ Nên có 1132.32.3nnnfff 11122.333.33nnnnfff Do đó khẳng định đúng với mọi n Ta có 31n số nguyên m nằm giữa 3n và 2. 3n và do giả thiết (i) 1fnfn nên có 31n số nguyên m nằm giữa f( 3n ) và f(2. 3n ) suy ra 03nm 32.33nnfmn . Do giả thiết (ii) suy ra. 2.3333nnnfmffmm Vậy 2.333nnfmm với 03nm