Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Đề kiểm tra 15 phút môn công nghệ lớp 11 mã đề 449

6ce995fd51f1e1a3d7c37a47c400310f
Gửi bởi: Võ Hoàng vào ngày 2019-02-26 16:15:42 || Kiểu file: DOC Lượt xem: 238 | Lượt Download: 0 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Tải xuống


Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

NGUYỄN TÀI CHUNG

GIỎ

BỒI D

Ư

HỌ C S
NG
IN

H



I





M

P


À
ƠN
G TRÌNH H

f:


+
;
(0

)→

)

0; +

(

R
f :R→

NHỮNG CẶP

phương trình hàm
y

f :Z→Z

O

y = f (x)

a

b

Pleiku 25-12-2019

x

f : N∗ → N

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

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

MỤC LỤC

MỤC LỤC

A

Đề bài

1

B

Lời giải

4

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

NHỮNG CẶP PHƯƠNG TRÌNH HÀM
A. ĐỀ BÀI
Bài 1.
1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R, liên tục trên R và thỏa mãn

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.
2 Tìm các hàm số f : R → R, đơn điệu trên R và thỏa mãn

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.
3 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn:

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) .
4 Tìm tất cả các hàm f : R → R bị chặn trên đoạn [ a; b] và thỏa mãn điều kiện:

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.
5 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn:

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y, x + y ∈ [0; 1].
Bài 2.
1 Tìm các hàm số f : R → R liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện:


f

x+y
2



=

f ( x ) + f (y)
, ∀ x, y ∈ R.
2

2 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn:


f

x+y
2



=

f ( x ) + f (y)
, ∀ x, y ∈ [0; 1] .
2

3 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [ a; b] → R thỏa mãn:


f

x+y
2



=

f ( x ) + f (y)
, ∀ x, y ∈ [ a; b] .
2

4 Tìm tất cả hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn


f

x+y
2



=

f ( x ) + f (y)
,
2

∀ x, y > 0.

5 Tìm tất cả các hàm số f : ( A; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn


f

MỤC LỤC

x+y
2



=

f ( x ) + f (y)
, ∀ x, y ∈ ( A; +∞)
2

2 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai
Bài 3.
1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:

f ( x f (y) + x ) = xy + f ( x ), ∀ x, y ∈ R.
2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn

f ( x f (y) + x ) = xy + f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞).
Bài 4.
1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:

f ( x f (y) + f ( x )) = 2 f ( x ) + xy, ∀ x, y ∈ R.
(Brazil National Olympiad 2006)
2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn

f ( x f (y) + f ( x )) = 2 f ( x ) + xy, ∀ x, y ∈ (0; +∞) .
(Trường Đông Toán Học Miền Nam 2019-2020)
Bài 5.
1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:

f ( x2 + f (y)) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ R.
(Đề nghị thi Olympic 30/04/2011)
2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn



f x2 + f (y) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞).
3 Tìm các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:



f x2 + f (y) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ N∗ .
(Romania National Olympiad 2008, Grade 9)
Bài 6.
1 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn:

f ( x + y f ( x )) = f ( x ) + x f (y), ∀ x, y ∈ Z.
2 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn

f ( x + y f ( x )) = f ( x ) + x f (y), ∀ x, y ∈ R.
Bài 7.
MỤC LỤC

3 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai
1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:



f x2 + f (y) = [ f ( x )]2 + y, ∀ x, y ∈ R.
(IMO 1992)
2 Cho số nguyên n ≥ 2. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:

f ( x n + f (y)) = [ f ( x )]n + y, ∀ x, y ∈ R.
3 Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:



f m2 + f (n) = f (m)2 + n, ∀m, n ∈ N∗ .
4 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn



f x2 + f (y) = f 2 ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞).
Bài 8.
1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

f ( x f ( x ) + f (y)) = f 2 ( x ) + y, ∀ x, y ∈ R.
(Balkan MO 2000, Argentina TST 2005)
2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn:

f ( x f ( x ) + f (y)) = f 2 ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞).
Bài 9.
1 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm

f ( x + y) + f ( x ) f (y) = f ( x ) + f (y) + f ( xy), ∀ x, y ∈ R.
(Belarus 1997)
2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn

f ( x + y) + f ( x ) f (y) = f ( xy) + f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞).
Bài 10.
1 Tìm các đơn ánh f : Z → Z thỏa mãn:

| f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ Z.
(Romania National Olympiad 2013)
2 Tìm tất cả các hàm số f : [ a, b] → [ a, b] thỏa mãn

| f ( x ) − f (y)| ≥ | x − y|, ∀ x, y ∈ [ a, b].
MỤC LỤC

4 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai
3 Tìm tất cả các hàm số f xác định trên [0; 1], nhận giá trị trong R và thỏa mãn:

| x − y|2 ≤ | f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ [0; 1].
(Romania District Olympiad 2011; Azerbaijan IMO TST 2015)
Bài 11.
1 Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : N −→ N thỏa mãn

f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N.
(IMO 1987)
2 Tìm tất cả các hàm số tăng nghiêm ngặt f : N∗ → N∗ thỏa mãn

f ( f (n)) = n + 1994, ∀n ∈ N∗ .
(Bài toán T8/202, Toán học và tuổi trẻ tháng 04/1994)
3 Tìm tất cả các số nguyên dương b sao cho tồn tại hàm số f : N → N thỏa mãn

f ( f (n)) = n + b, ∀n ∈ N.
Bài 12.
1 Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn

f (mn) + f (m + n) = f (m) f (n) + 1, ∀m, n ∈ N∗ .
(Indonesia Mathematics Olympiad 2008)
2 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn

f (m + n) + f (mn) = f (m) f (n) + 1, ∀m, n ∈ Z.
3 Tìm tất cả hàm số f : Z → Z thoả mãn

f (m + n) + f (m) f (n) = f (mn + 1) , ∀m, n ∈ Z.

B. LỜI GIẢI
1.
1 Giả sử tồn tại hàm số f : R → R, liên tục trên R và thỏa mãn

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.
Trong (1) lấy y = x ta được

f (2x ) = 2 f ( x ), ∀ x ∈ R.

(1)
(2)

Trong (2) lấy x = 0 ta được f (0) = 0. Từ (1) và (2) và bằng phương pháp quy nạp ta
chứng minh được
f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ N.
(3)
MỤC LỤC

5 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai
Trong (1) lấy y = − x và sử dụng f (0) = 0 ta được
f (− x ) = − f ( x ), ∀ x ∈ R.

(4)

Bởi vậy khi n = −1, −2, . . . , sử dụng (3) và (4) ta có
f (nx ) = f (−n(− x )) = −n f (− x ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R.
Từ (3) và (5) suy ra

(5)

f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ Z.

(6)

Với mọi n = 1, 2, . . . , sử dụng (3) ta có


 
 
1
1
1
1
f ( x ) = f n. x = n f
x ⇒ f
x = f ( x ), ∀ x ∈ R.
n
n
n
n

(7)

Với mọi m, n ∈ Z và n > 0, sử dụng (7) và (6) ta có


 
m 
1
1
1
m
f
x = f m. x = m f
x = m. f ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ R.
n
n
n
n
n
Bởi vậy
Trong (8) lấy x = 1 ta được

f (rx ) = r f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀r ∈ Q.

(8)

f (r ) = r f (1), ∀r ∈ Q.

(9)


Với mỗi x ∈ R tồn tại dãy số hữu tỉ {rn }+
n=1 sao cho lim rn = x. Vì f liên tục nên
n→+∞


f (x) = f


lim rn

n→+∞

Vậy

= lim f (rn ) = lim rn f (1) = f (1) lim rn = f (1) x.
n→+∞

n→+∞

n→+∞

f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R (với C là hằng số tùy ý).

(10)

Thử lại thấy thỏa mãn. Ta kết luận: tất cả các hàm số cần tìm đều có dạng như ở (10).
Nhận xét 1.
 Hàm số f : R → R và thỏa mãn (1) được gọi là hàm cộng tính.

 Trong bài toán ??, nếu ta thay giả thiết hàm số f liên tục trên R bởi hàm số f liên
tục tại điểm x0 thì kết quả trên vẫn đúng. Thật vậy, nếu hàm số f liên tục tại điểm
x0 thì lim f (t) = f ( x0 ). Bởi vậy
t → x0

lim f (u) =

u→ x

lim

u − x + x0 → x0

f ((u − x + x0 ) + ( x − x0 ))

= lim f (t + ( x − x0 )) = lim f (t) + f ( x − x0 )
t → x0

t → x0

= f ( x0 ) + f ( x − x0 ) = f ( x0 + x − x0 ) = f ( x ),
hay f liên tục tại x ∈ R. Như vậy, nếu hàm số f xác định trên R, liên tục tại điểm
x0 ∈ R và thỏa mãn phương trình hàm Cauchy thì f liên tục trên R.
2 Giả sử tồn tại hàm số f : R → R, đơn điệu trên R và thỏa mãn

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.
MỤC LỤC

(1)

6 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai
 Trường hợp 1: f là hàm tăng. Tương tự như bài toán ?? ở trang ?? ta chứng minh
được
f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q.
(2)

+∞
Với x ∈ R tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ {un }+
n=1 , { vn }n=1 sao cho

un ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ;

lim un = lim vn = x.

n→+∞

n→+∞

Vì f là hàm tăng nên kết hợp với (2) ta có
f (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) ⇒ kun ≤ f ( x ) ≤ kvn (∀n = 1, 2, . . . ).
Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên ta được
kx ≤ f ( x ) ≤ kx ⇒ f ( x ) = kx.
Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k là hằng số bất kì). Thử lại thấy thỏa mãn.

 Trường hợp 2: f là hàm giảm. Tương tự như bài toán ?? ở trang ?? ta chứng minh
được
f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q.
(2)

+∞
Với x ∈ R tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ {un }+
n=1 , { vn }n=1 sao cho

un ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ;

lim un = lim vn = x.

n→+∞

n→+∞

Vì f là hàm giảm nên kết hợp với (2) ta có:
f (un ) ≥ f ( x ) ≥ f (vn ) ⇒ kun ≥ f ( x ) ≥ kvn (∀n = 1, 2, . . . ).
Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên ta được
kx ≥ f ( x ) ≥ kx ⇒ f ( x ) = kx.
Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k là hằng số bất kì). Thử lại thấy thỏa mãn.
Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k là hằng số bất kì).
3 Giả sử tồn tại hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn:

f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) .

(1)

Từ (1) cho x = y ta được:
f (2x ) = f ( x + x ) = f ( x ) + f ( x ) = 2 f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) .
Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) , n ∈ N∗ .
Đặt c = f (1) > 0. Với mọi n = 1, 2, . . . , ta có:
 
 
1 do (2)
1
1
1
c = f (1) = f (n. ) = n f
⇒ f
= c. , ∀n ∈ N∗ .
n
n
n
n

(2)

(3)

MỤC LỤC

7 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai
m
. Ta có:
n


 
m
1 do (2)
1 do (3) cm
= mf
=
f (r ) = f
= f m.
= cr.
n
n
n
n

Giả sử r ∈ Q, r > 0, khi đó ∃m, n ∈ N∗ sao cho: r =

(4)

Từ giả thiết suy ra: f ( x + y) > f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞), do đó f là hàm tăng trên (0; +∞).
Với mọi số thực x > 0, khi đó tồn tại hai dãy số hữu tỉ dương (αn ), ( β n ) sao cho:
αn ≤ x ≤ β n , ∀n = 1, 2, . . . và

lim αn = x = lim β n .

n→+∞

n→+∞

Do (4) và do f tăng nghiêm ngặt trên (0; +∞) nên:
f (αn ) ≤ f ( x ) ≤ f ( β n ), ∀n = 1, 2, . . .
⇒cαn ≤ f ( x ) ≤ cβ n , ∀n = 1, 2, . . .

(5)

Từ (5) cho n → +∞ và sử dụng nguyên lí kẹp ta được:
cx ≤ f ( x ) ≤ cx, ∀ x > 0.
Vậy f ( x ) = cx, ∀ x > 0. Thử lại thấy thỏa mãn các yêu cầu đề bài.
4 Giả sử tồn tại hàm f : R → R bị chặn trên đoạn [ a; b] và thỏa mãn điều kiện:

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

(1)

Do f bị chặn trên đoạn [ a; b] nên ∃ M ∈ R sao cho
f ( x ) < M, ∀ x ∈ [ a; b] .
Ta sẽ chứng minh hàm số f cũng bị chặn trên đoạn [0; b − a].
Thật vậy, với mọi x ∈ [0; b − a] thì x + a ∈ [ a; b]. Ta có
f ( x + a) = f ( x ) + f ( a) ⇒ f ( x ) = f ( x + a) − f ( a) ⇒ −2M < f ( x ) < 2M.
Vậy | f ( x )| < 2M, ∀ x ∈ [0; b − a], hay f cũng bị chặn trên đoạn [0; b − a].
f (d)
, g( x ) = f ( x ) − cx. Khi đó
Đặt b − a = d > 0, khi đó f bị chặn trên [0; d]. Đặt c =
d
với mọi x ∈ R, y ∈ R thì
g( x + y) = f ( x + y) − c( x + y) = f ( x ) − cx + f (y) − cy = g( x ) + g(y).
Hơn nữa g(d) = f (d) − cd = 0. Vậy g( x + d) = g( x ), ∀ x ∈ R, hay g là hàm tuần hoàn,
hơn nữa g cũng bị chặn trên [0; d], kết hợp với tính tuần hoàn của g trên R, suy ra g bị
chặn trên R. Giả sử ∃ x0 ∈ R : g( x0 ) 6= 0. Khi đó với số tự nhiên n thì g(nx0 ) = ng( x0 ),
suy ra
(2)
| g(nx0 )| = n | g( x0 )| , ∀n ∈ N.
Do g( x0 ) 6= 0 nên từ (2) ta có lim | g(nx0 )| = lim | g( x0 )| n = +∞, do đó | g(nx0 )| lớn
n→+∞

n→+∞

tùy ý (chỉ cần chọn n đủ lớn), trái với điều kiện bị chặn của hàm g. Vậy g( x ) = 0, ∀ x ∈ R,
do đó f ( x ) = cx, ∀ x ∈ R (c là hằng số). Thử lại thấy thỏa mãn.

MỤC LỤC
2020-09-26 16:07:28