ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN - MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỚI ĐA BIẾN TỰ DO VÀ ĐA ẨN HÀM. TIỂU LUẬN KẾT THÚC HỌC PHẦN PHƯƠNG TRÌNH HÀM

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN Học viên : Nguyễn Hạ Thi Giang Lớp : Cao Học Toán K25 MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỚI ĐA BIẾN TỰ DO VÀ ĐA ẨN HÀM TIỂU LUẬN KẾT THÚC HỌC PHẦN PHƯƠNG TRÌNH HÀM Ngành: Phương Pháp Tốn Sơ Cấp Người hướng dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Đà Nẵng - 2012 LỜI GIỚI THIỆU "Lý thuyết Phương Trình Hàm" lĩnh vực nghiên cứu quan trọng Giải Tích Tốn Học Đây phân mơn chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán kỳ thi cấp thành phố, quốc gia quốc tế Đồng thời học phần quan trọng lớp "Cao học ngành phương pháp Tốn sơ cấp" Phương trình hàm bao gồm nhiều vấn đề rộng lớn : Xác định đặc trưng hàm số, ước lượng số nghiệm, xác định dạng nghiệm phương trình hàm, Tuy nhiên, tài liệu "Phương Trình Hàm" tiếng Việt cịn thiếu, có số sách GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu cộng biên soạn Về mặt phương pháp giải, Phương trình hàm đa dạng phong phú thuật toán, kỹ thuật biến đổi mà không hướng dẫn kỹ càng, học viên dễ mắc sai lầm lạc hướng đường tìm kết tốn Được dạy bảo, hướng dẫn tận tình thầy Nguyễn Văn Mậu, em cố gắng đúc kết tham khảo thêm tài liệu khác để viết nên "Tiểu luận" Tiểu luận gồm có phần : Chương : Các phương pháp chuyển đổi bao gồm : tốn tổng qt đơn giản chuyển đổi phép tính số học phương pháp học viên chuyển thành thuật toán để giải toán liên quan, tương tự Chương : Ứng dụng : Các hàm số chuyển đổi với biến tự do, n biến tự Rút dạng nghiệm tổng quát Chương : Ứng dụng : Các hàm số chuyển đổi với ẩn hàm Chương : Ứng dụng : Các hàm số chuyển đổi với ẩn hàm, n ẩn hàm Các nghiệm tổng qt Dù cịn nhiều hạn chế định nhiều lý em hi vọng Tiểu luận mang đến kết khả quan để phát triển thành luận án thạc sĩ tương lai Xin chân thành cảm ơn thầy có buổi dạy nhiệt tình để em có kiến thức định môn học mẻ ! Học viên K25 Nguyễn Hạ Thi Giang Chương Những hàm số chuyển đổi phép tính số học với biến tự Trong mục này, kiểm tra hàm chuyển đổi phép tính từ (+) sang (+), (+) sang (.), (.) sang (+) (.) sang (.) với điều kiện cụ thể toán yêu cầu liên tục, đồng biến, khả vi 1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) Bài Toán Bài toán : (Phương trình hàm Cauchy) Xác định hàm f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện : f (x + y) = f (x) + f (y) Giải : * Với x = y = 0, ta có : f (0) = 2f (0) ⇔ f (0) = (1) Với y = −x, ta có : f (0) = f [x + (−x)] = f (x) + f (−x) ⇔ f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R Với y = x, ta có : f (2x) = 2f (x), ∀x ∈ R * Ta chứng minh quy nạp : ∀x ∈ R, n ∈ N : f (nx) = nf (x) Thật vậy, giả sử với k nguyên dương, ta có : f (kx) = kf (x), ∀x ∈ R Khi đó, f [(k + 1)x] = f (kx + x) = f (kx) + f (x) = (k + 1)f (x) Vậy theo nguyên lý quy nạp : f (nx) = nf (x), ∀x ∈ R, n ∈ N * Với m số nguyên âm, ta có : f (mx) = f [−(−mx)] = −f (−mx) = − [−mf (x)] = mf (x)(vì−m ∈ N) (∗) * Ta lại có f (2x) = 2f (x), nên: x x x f (x) = 2f ( ) = 22 f ( ) = = 2n f ( n )(Chứng minh quy nạp) 2 Từ suy ra, f( x ) = n f (x), ∀x ∈ R, n ∈ N (∗∗) n 2 Từ (*) (**) ta : m m f ( n x) = n f (x), ∀x ∈ R, m ∈ Z, n ∈ N (∗ ∗ ∗) 2 {m } * Vì A = n , ∀m ∈ Z, n ∈ N trù mật R nên ∀x ∈ R, ∃xk ∈ A : lim xk = x k→∞ Từ (***) ta có : f( m m m ) = n f (1) = n a (∗ ∗ ∗∗) n 2 Vì f (x) liên tục R nên ta có : lim xk = x lim f (xk ) = f (x) k→∞ k→∞ Theo (****) : f (x) = ax ∀x ∈ R, a ∈ Rtùy ý Phương Pháp : * Bước : Chứng minh f (kx) = kf (x) với trường hợp k ∈ N, k ∈ Z, k ∈ Q { } * Bước : Dùng tính chất trù mật xác định dãy xk : lim xk = x k→∞ * Bước : Sử dụng tính liên tục f (x), ta : f (x) = ax 1.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) Bài Toán Bài toán : Xác định hàm f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện : f (x + y) = f (x).f (y) ∀x, y ∈ R (1) Giải : * Xét f (x) ≡ (thỏa mãn) * Xét f (x) ̸≡ 0, ∃x0 : f (x0 ) ̸= Khi : f (x0 ) = f [x + (x0 − x)] = f (x).f (x0 − x) ∀x ∈ R Vậy : f (x) ̸= ∀x ∈ R Ta lại có : [ x ]2 x x f (x) = f ( + ) = f ( ) > 0, 2 ∀x ∈ R - Khi đó, logarithm vế ta : ln [f (x + y)] = ln [f (x)] + ln [f (y)] ∀x, y ∈ R - Đặt g(x) = ln [f (x)] g(x) liên tục R, suy : g(x + y) = g(x) + g(y) -Đây phương trình hàm Cauchy, nên theo tốn (1), ta có nghiệm : g(x) = ax ∀x ∈ R, a tùy ý Vậy nghiệm : f (x) = eax = [(ea )]x = Ax ∀x ∈ R, A tùy ý Phương Pháp : * Bước : Kiểm tra f (x) ≡ có phải nghiệm phương trình * Bước : Xét trường hợp f (x) ̸= i) Nếu f (x) > logarithm vế ii) Nếu f (x) < logarithm −f (x) vế * Đưa phương trình hàm Cauchy 1.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) Bài Toán : Bài toán : { } Xác định hàm f(x) liên tục R \ thỏa mãn điều kiện : { } f (x.y) = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R \ (1) Giải : * Xét x, y ∈ R+ , ta đặt : x = eu , y = ev Khi : f (eu ev ) = f (eu+v ) = f (eu ) + f (ev ) ∀u, v ∈ R { } Đặt f (eu ) = g(u) g(u) liên tục R \ Khi ta có : g(u + v) = g(u) + g(v) ∀u, v ∈ R Đây phương trình hàm Cauchy, nên theo Bài tốn : g(u) = au, ∀u ∈ R, a tùy ý Vậy : f (x) = a ln x, ∀x ∈ R+, a tùy ý * Xét x, y ∈ R− xy ∈ R+ , theo ta có : f (x2 ) = f (x.x) = f (x)+f (x) = 2f (x) ⇔ f (x) = (x2 ) = b ln x2 ( f (x2 ) > 0) 2 Vậy : f (x) = c ln |x|, ∀x ∈ R− , b tùy ý * Kết luận : f (x) = a ln |x|, ∀x ∈ R, a tùy ý Phương Pháp : * Bước : Xét x, y > 0, sử dụng ẩn phụ x = eu * Bước : Dùng yêu cầu toán đưa ra, chuyển trường hợp x < thành x2 > * Bước : Sử dụng kết Bước để suy kết 1.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) Bài toán : Bài toán : { } Xác định hàm f(x) liên tục R \ thỏa mãn điều kiện : { } f (x.y) = f (x).f (y) ∀x, y ∈ R \ (1) Giải : * Với y = 1, ta có : f (x) = f (x).f (1) ⇔ f (x) [1 − f (1)] = 0, ∀x ∈ R Nếu f (1) ̸= f (x) = 0, ∀x ∈ R hay f (x) ≡ (thỏa mãn đề bài) Nếu f (1) = { } 1 f (1) = f (x ) = f (x).f ( ), ∀x ∈ R \ x x { } Vậy : f (x) ̸= 0, ∀x ∈ R \ Khi : { } f (x2 ) = [f (x)]2 > 0, ∀x ∈ R \ * Xét x, y ∈ R+ Theo phương pháp Bài toán 3, Đặt x = eu , y = ev , f (et ) = g(t) ta có : g(u + v) = g(u).g(v), ∀u, v ∈ R Theo Bài toán : f (x) = f (eu ) = g(u) = au = aln x = xln a = xα , ∀x ∈ R+ * Xét x, y ∈ R− Sử dụng kỹ thuật Bài tốn 3, ta có : f (x2 ) = [f (x)]2 ⇔ f (x) = √ f (x2 ) Ta có : f (x2 ) > f (x2 ) thỏa mãn yêu cầu đề nên : f (x2 ) = (x2 )β ⇔ f (x) = √ √ (x2 )β = (|x|β )2 = ±|x|β , ∀x ∈ R− , β tùy ý Vậy ta có nghiệm : { } i) f (x) ≡ ∀x ∈ R \ { { } xα , ∀x ∈ R+ ii) f (x) = = |x|α , ∀x ∈ R \ , α tùy ý α |x| , ∀x ∈ R− { xβ , ∀x ∈ R+ iii) f (x) = β tùy ý −|x|β , ∀x ∈ R− Phương Pháp : * Bước : Xét f (x) ≡ nghiệm, xét f (1) = 0, f (1) ̸= Chú ý : Với phép (+) xét f (0), với phép (.) xét f(1) * Bước : Sử dụng kỹ thuật Bài Toán để giải Chương Các hàm số chuyển đổi phép tính số học với đa biến tự 2.1 2.1.1 Các hàm số chuyển đổi với biến tự Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) Bài toán : (Phương trình hàm Cauchy) Xác định hàm f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện : f (x + y + z) = f (x) + f (y) + f (z) (1) Giải : Ta dùng phương pháp Bài Toán để chứng minh * Nếu x = y = z = f (0) = 3f (0) ⇔ f (0) = Nếu x = y z = f (2x) = 2f (x) Nếu y = −x f (0) = f [x + (−x) + 0] = f (x) + f (−x) + f (0) = f (x) + f (−x) ⇔ f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R Nếu x = y = z f (3x) = 3f (x), ∀x ∈ R * Ta chứng minh quy nạp : ∀x ∈ R, n ∈ N : f (nx) = nf (x) Thật vậy, giả sử với k nguyên dương, ta có : f (kx) = kf (x), ∀x ∈ R Khi đó, f [(k + 1)x + 0] = f (kx + x + 0) = f (kx) + f (x) + f (0) = (k + 1)f (x) Vậy theo nguyên lý quy nạp : f (nx) = nf (x), ∀x ∈ R, n ∈ N * Với m số nguyên âm, ta có : f (mx) = f [−(−mx)] = −f (−mx) = − [−mf (x)] = mf (x)(vì−m ∈ N) (∗) * Ta lại có f (nx) = nf (x), nên: x x x f (x) = nf ( ) = n2 f ( ) = = nk f ( k )(Chứng minh quy nạp) n n n Từ suy ra, f( x ) = k f (x), ∀x ∈ R, n ∈ Z, k ∈ N (∗∗) k n n Từ (*) (**) ta : f( m m x) = k f (x), ∀x ∈ R, m, n ∈ Z, k ∈ N (∗ ∗ ∗) k n n {m } , ∀m, n ∈ Z, k ∈ N = Q tập số hữu tỷ, k n mà Q trù mật R nên : * Vì A = ∀x ∈ R, ∃xi ∈ A : lim xi = x i→∞ Từ (***) ta có : f( m m m ) = k f (1) = k a (∗ ∗ ∗∗) k n n n Vì f (x) liên tục R nên ta có : lim xi = x lim f (xi ) = f (x) i→∞ i→∞ Theo (****) : f (x) = ax ∀x ∈ R, a ∈ R tùy ý Ngồi ra, ta cịn giải dựa vào kết Bài Tốn sau : 15 * Nghiệm phương trình :  ∀x ∈ R  |x|a , ∀x ∈ R, a ∈ R tùy ý  {  xb , ∀x ∈ R+  b ∈ R tùy ý f (x) =   −|x|b , ∀x ∈ R−  {  −xβ , ∀x ∈ R+  β ∈ R tùy ý |x|β , ∀x ∈ R− 2.2 Các hàm số chuyển đổi với đa biến tự Bằng công cụ trên, ta dễ dàng có kết tương tự với phương trình hàm n biến tự do.Ta xét đến trường hợp n chẵn, n lẻ 2.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) Bài toán 1n : Xác định hàm f (x) liên tục R thỏa mãn điều kiện : f (x1 + x2 + + xn ) = f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) ∀x1 , x2 , , xn ∈ R (1) Kết : f (x) = ax ∀x ∈ R, a tùy ý 2.2.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) Bài toán 2n : Xác định hàm f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện : f (x1 +f (x2 )+ .+f (xn )) = f (x1 ).f (x2 ) f (xn ) ∀x1 , x2 , , xn ∈ R Kết : [ n chẵn : f (x) = ∀x ∈ R Ax ∀x ∈ R, A tùy ý (1) 16 n lẻ : 2.2.3  0, ∀x ∈ R  f (x) = Ax ∀x ∈ R, A > −B x ∀x ∈ R, B > Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) { } Bài toán 3n : Xác định hàm f(x) liên tục R \ thỏa mãn điều kiện : { } f (x1 x2 xn ) = f (x1 )+f (x2 )+ .+f (xn ) ∀x1 , x2 , , xn ∈ R\ (1) Kết : f (x) = a ln |x|, 2.2.4 ∀x ∈ R, a tùy ý Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) { } Bài toán 4n : Xác định hàm f(x) liên tục R \ thỏa mãn điều kiện : { } f (x1 x2 xn ) = f (x1 ).f (x2 ) f (xn ) ∀x1 , x2 , , xn ∈ R \ (1) Kết luận :  n chẵn :   f (x) =   n lẻ :  { } ∀x ∈ R \ { } α |x| { , ∀x ∈ R \ , α tùy ý xβ , ∀x ∈ R+ β tùy ý −|x|β , ∀x ∈ R− ∀x ∈ R  |x|a , ∀x ∈ R, a ∈ R tùy ý  {  xb , ∀x ∈ R+  b ∈ R tùy ý f (x) =   −|x|b , ∀x ∈ R−  {  −xβ , ∀x ∈ R+  β ∈ R tùy ý |x|β , ∀x ∈ R− Chương Các hàm số chuyển đổi phép tính số học với ẩn hàm 3.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) Bài Toán 1”: Bài toán : Xác định hàm f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện : f (x + y) = g(x) + g(y) (1) Giải : * Đặt g(0) = a, với y = : f (x) = g(x) + g(0) = g(x) + a ⇔ g(x) = f (x) − a, ∀x ∈ R Thay vào (1), ta có : f (x + y) = [f (x) − a] + [f (y) − a] = f (x) + f (y) − 2a, ∀x, y ∈ R * Đặt h(x) = f (x) − 2a : 2a + h(x + y) = 2a + h(x) + 2a + h(y) − 2a = 2a + h(x) + h(y) Vậy ta có h(x) liên tục R : h(x + y) = h(x) + h(y), ∀x, y ∈ R 17 18 Đây phương trình hàm Cauchy, theo Bài Tốn ta có : h(x) = bx ∀x ∈ R, b tùy ý Hay : { f (x) = bx + 2a g(x) = bx + a ∀x ∈ R; a, b tùy ý Phương pháp : * Bước : Dùng phương pháp khử hàm Đặt f (x) = g(x) + g(x0 ) với g(x0 ) cố định * Bước : Dự đoán nghiệm ax + b nên Dịch chuyển hệ số tự b Đặt h(x) = f (x) − b ta phương trình ẩn hàm thường gặp 3.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) Bài Toán 2”: Bài toán 10 : Xác định hàm f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện : f (x + y) = g(x)g(y) (1) Giải : * Xét trường hợp f (x) ≡ ⇔ g(x) ≡ Giả sử ∃x0 cho g(x0 ) = f (x) = f (x0 + x − x0 ) = g(x0 ).g(x − x0 ) = 0, Vậy : f (x) ≡ Giả sử ∃x1 cho g(x1 ) ̸= = f (x1 y) = g(x1 ).g(y), Vậy : g(x) ≡ ∀y ∈ R ∀x ∈ R 19 * Xét f (x) ̸= 0, ∀x ∈ R : [ x ]2 f (x) = (g( ) > Với y = f (x) = f (x + 0) = g(x).g(0), ∀x ∈ R Đặt g(0) = a ̸= 0, ta có : g(x) = f (x) , ∀x ∈ R a Thay vào (1), ta : a.g(x + y) = g(x).g(y) ⇔ Đặt h(x) = g(x + y) g(x) g(y) = , ∀x, y ∈ R a a a g(x) h(x) liên tục R : a h(x + y) = h(x).h(y), ∀x, y ∈ R Theo Bài Tốn 2, ta có : h(x) = bx , Vậy : { g(x) = a.bx f (x) = a2 bx ∀x ∈ R, b tùy ý ∀x ∈ R; a, b tùy ý Ngoài ra, ta giải tốn phương pháp Bài Toán sau : * Xét trường hợp f (x), g(x) ≡ * Chứng minh f (x), g(x) > * Đặt u(x) = ln [f (x)] , v(x) = ln [g(x)] u, v liên tục R : u(x + y) = v(x) + v(y) ∀x, y ∈ R Theo Bài Toán 1”, nghiệm : { u(x) = bx + 2a ⇔ f (x) = A2 B x v(x) = bx + a ⇔ f (x) = A.B x ∀x ∈ R; A, B tùy ý Phương Pháp * Vì hàm có dấu (.) nên xét trường hợp f (x) ≡ 0, g(x) ≡ * Nếu f (x) ̸≡ 0, g(x) ̸≡ dùng phương pháp khử biến g * Dự đốn nghiệm có dạng a.bx , khử hệ số a đưa dạng ẩn hàm với biến tự thường gặp 20 3.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) Bài Toán 3”: { } Bài toán 11 : Xác định hàm f(x) liên tục R \ thỏa mãn điều kiện : f (xy) = g(x) + g(y) (1) Giải : * Với y = 1, ta có : f (x) = f (x.1) = g(x) + g(1), { } ∀x ∈ R \ Đặt g(1) = a g(x) = f (x) − a, { } ∀x ∈ R \ Thay vào (1), ta có : { } ∀x, y ∈ R \ f (xy) = f (x) + f (y) − 2a, * Đặt f (x) = h(x) + 2a h(x) liên tục R+ Khi : { } h(xy) = h(x) + h(y), ∀x, y ∈ R \ Theo Bài Toán 3, ta có nghiệm : h(x) = b ln |x|, Vậy : { f (x) = b ln |x| + 2a g(x) = b ln |x| + a { } ∀x ∈ R \ ∀x ∈ R, a tùy ý Ta giải theo phương pháp tốn sau : * Xét x, y ∈ R+ Đặt x = eu , y = ev vf (et ) = h(t), g(et ) = k(t), ta h(u + v) = k(u) + k(v), ∀u, v ∈ R+ Theo Bài Tốn 1”, ta có nghiệm : { h(u) = bu + 2a ⇔ f (x) = b ln x + 2a k(u) = bu + a ⇔ g(x) = b ln x + a 21 * Xét x, y ∈ R− Tương tự : { h(u) = bu + 2a ⇔ f (x) = b ln(−x) + 2a k(u) = bu + a ⇔ g(x) = b ln(−x) + a * Kết luận : { f (x) = b ln |x| + 2a g(x) = b ln |x| + a ∀x ∈ R, a, b tùy ý Phương Pháp * Nhận xét thấy co phép (.) f (x.y) nên ta xét f (1) g(1) * Dùng phương pháp khử biến g * Dự đoán nghiệm : f (x) = b ln |x| + a, khử hệ số tự a 3.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) Bài Toán 4”: { } Bài toán 12 : Xác định hàm f(x) liên tục R \ thỏa mãn điều kiện : f (xy) = g(x)g(y) (1) Giải : * Giả sử ∃x0 cho : g(x0 ) = 0, : { } f (x0 y) = g(x0 )g(y) = y ∈ R \ { } Vậy : f (x) ≡ ∀x ∈ R \ * Giả sử ∃x1 cho : g(x1 ) ̸= 0, : { } = f (x1 y) = g(x1 )g(y) ⇔ g(y) = ∀y ∈ R \ { } Hay : g(x) ≡ ∀x ∈ R \ Vậy f (x) ≡ ⇔ g(x) ≡ 22 * Với y = : { } f (x) = g(x).g(1) ∀x ∈ R \ - Nếu g(1) = { } f (x) = g(x)g(1) = ∀x ∈ R \ Khi : f (x) ≡ 0, g(x) ≡ - Đặt g(1) = a ̸= 0, ta có : g(x) = Khi : { } ∀x ∈ R \ f (x) a { } ∀x, y ∈ R \ { } Đặt f (x) = h(x).a2 , h(x) liên tục R \ ta có : f (xy) = f (x) f (y) a a { } h(xy) = h(x).h(y) ∀x, y ∈ R \ Vậy nghiệm :    h(x) =   { } ∀x ∈ R \ { } α |x| ∀x ∈ R \ , α tùy ý { β x ∀x ∈ R+ ∀β tùy ý −|x|β ∀x ∈ R− Hay cặp nghiệm :  { f (x) ≡   g(x) ≡  {  f (x) = a2 |x|α    g(x) = a|x|α  {  f (x) = a2 xβ    g(x) = a.xβ  {  f (x) = −a2 |x|β  g(x) = −a|x|β ∀x ∈ R, α tùy ý ∀x ∈ R+ , β tùy ý ∀x ∈ R− , β tùy ý Ngồi ra, ta giải phương pháp Bài Toán cho kết 23 * Nếu ∃x0 cho g(x0 ) = { } f (x0 y) = g(x0 ).g(y) = 0, ∀y ∈ R \ Khi đó, ∃x1 cho g(x1 ) ̸= { } = f (x1 ) = g(x1 ).g(y) ⇔ g(y) = 0∀y ∈ R \ Vậy : f (x) ≡ ⇔ g(x) ≡ * Xét y = 1, ta có : { } 1 f (1) = f (x ) = g(x).g( ) ∀x ∈ R \ x x { } - Nếu f (1) = g(x) = 0, ∀x ∈ R \ Hay : f (x) ≡ 0, g(x) ≡ - Nếu f (1) ̸= { } 1 f (1) = f (x ) = g(x).g( ) ̸= ∀x ∈ R \ x x Vậy { } g(x) ̸= 0, f (x) ̸= ∀x ∈ R \ Do : { } f (x2 ) = [g(x)]2 > 0, ∀x ∈ R \ * Xét x, y ∈ R+ - Đặt x = eu , y = ev , f (et ) = h(t), g(et ) = k(t) h, k liên tục R, : h(u + v) = k(u).k(v), ∀u, v ∈ R Theo Bài Toán 2" : { h(u) = a2 bu k(u) = a.bu ∀u ∈ R; a, b tùy ý Vậy nghiệm : { f (x) = a2 xα g(x) = a.xα ∀x ∈ R+ , α tùy ý 24 * Xét x, y ∈ R− xy ∈ R+ , : ∀x ∈ R f (x2 ) = [g(x)]2 Mà : x2 > thỏa mãn : [ ] f (x2 ).f (y ) = g(x2 )g(y )∀x, y ∈ R Nên : [g(x)]2 = f (x2 ) = a2 (x2 )β = a2 (|x|β )2 { f (x) = a2 |x|β g(x) = ±a|x|β ∀x ∈ R− , a tùy ý Hay cặp nghiệm :  { f (x) ≡   g(x) ≡  {  f (x) = a2 |x|α    g(x) = a|x|α  {  f (x) = a2 xβ    g(x) = a.xβ  {  f (x) = −a2 |x|β  g(x) = −a|x|β ∀x ∈ R, α tùy ý Khi : ∀x ∈ R+ , β tùy ý ∀x ∈ R− , β tùy ý Phương Pháp * Xét trường hợp f (x) ≡ 0, g(x) ≡ f (x) f (x) , h(x) = a a * Đưa phương trình ẩn hàm với biến tự dạng f (xy) = f (x)f (y) * Đặt g(1) = a, g(x) = Chương Các hàm số chuyển đổi với đa ẩn hàm 4.1 Các hàm số chuyển đổi với ẩn hàm 4.1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 4.1.2 chuyển đổi từ (+) sang (.) 4.1.3 chuyển đổi từ (.) sang (+) 4.1.4 chuyển đổi từ (.) sang (.) 4.2 Các hàm số chuyển đổi với n ẩn hàm 4.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 4.2.2 chuyển đổi từ (+) sang (.) 4.2.3 chuyển đổi từ (.) sang (+) 4.2.4 chuyển đổi từ (.) sang (.) 25 LỜI CẢM ƠN Vì khn khổ tiểu luận có hạn, thời gian thực ngắn, nên tiểu luận mở rộng số trường hợp tổng quát "Các hàm số chuyển đổi phép tính số học", đưa kết chung cho tất phương trình hàm dạng Phần chương mở rộng cho phương trình hàm đa ẩn giới hạn tiểu luận nên khơng thể trình bày Hi vọng tiểu luận mở rộng để trở thành "luận án thạc sĩ" kết thúc khóa học Khi đó, nhiều vấn đề tồn đọng giải cách chỉnh chu nhất, đưa nhiều kết thuận lợi cho mơn " Phương trình hàm" Dù cố gắng có lẽ khơng tránh số sai sót định Em mong thầy bạn có sửa đổi, đóng góp để Tiểu luận em trở nên đắn xác Xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Văn Mậu tận tình giảng dạy ngày qua, tác giả sách phương trình hàm mang đến cho em nhiều kiến thức hữu ích để hồn thành tiểu luận Học viên K25 Nguyễn Hạ Thi Giang Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu Phương Trình Hàm, NXBGD, 1997 [2] Nguyễn Văn Mậu Lớp phương trình hàm Cauchy, D’ Alembert dạng tốn liên quan, www.VNMATH.com [3] Nguyễn Văn Mậu, Bùi Cơng Huấn, Đặng Hùng Thắng, Trần Nam Dũng, Đặng Huy Ruận Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi, NXB Hà Nội, 2004 [4] Trần Minh Hiền Phương Trình Hàm- Kỹ thuật giải số vấn đề liên quan, www.VNMATH.com, 2011 [5] Không tác giả Các phương pháp giải Phương trình hàm thường dùng, www.VNMATH.com 27 Mục lục Lời giới thiệu i Những hàm số chuyển đổi phép tính số học với biến tự 1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 1.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) 1.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) 1.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) Các hàm số chuyển đổi phép tính số học với đa biến tự 2.1 2.2 Các hàm số chuyển đổi với biến tự 2.1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 2.1.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) 2.1.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) 11 2.1.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) 12 Các hàm số chuyển đổi với đa biến tự 15 2.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 15 2.2.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) 15 2.2.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) 16 2.2.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) 16 Các hàm số chuyển đổi phép tính số học với ẩn hàm 17 3.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 17 3.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) 18 3.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) 20 3.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) 21 28 29 Các hàm số chuyển đổi với đa ẩn hàm 4.1 4.2 25 Các hàm số chuyển đổi với ẩn hàm 25 4.1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 25 4.1.2 chuyển đổi từ (+) sang (.) 25 4.1.3 chuyển đổi từ (.) sang (+) 25 4.1.4 chuyển đổi từ (.) sang (.) 25 Các hàm số chuyển đổi với n ẩn hàm 25 4.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) 25 4.2.2 chuyển đổi từ (+) sang (.) 25 4.2.3 chuyển đổi từ (.) sang (+) 25 4.2.4 chuyển đổi từ (.) sang (.) 25 Lời cảm ơn 26 Tài liệu tham khảo 27