Luận văn thạc sỹ một số phương trình hàm lượng giác và các bài toán liên quan

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN VĂN HÙNG MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LƯỢNG GIÁC VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN VĂN HÙNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LƯỢNG GIÁC VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 8460113 Khóa: 22 (2019 - 2021) Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Sum Bình Định - Năm 2021 LỜI CAM ĐOAN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn Tôi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực khơng trùng lặp với đề tài khác Đề tài “Một số phương trình hàm lượng giác tốn liên quan” kết nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Sum chưa cơng bố cơng trình khoa học khác thời điểm Tôi xin cam đoan kết trình bày luận văn có tài liệu tham khảo trích dẫn rõ ràng, đảm bảo tính trung thực, xác Bịnh Định, tháng năm 2021 Tác giả Nguyễn Văn Hùng Mục lục Lời cam đoan Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt Mở đầu Chương 1: Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.2 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn 1.2.1 Hàm số tuần hồn cộng tính 1.2.2 Hàm số phản tuần hoàn cộng tính 1.2.3 Hàm số tuần hồn nhân tính 1.2.4 Hàm số phản tuần hoàn nhân tính 1.2.5 Mối liên hệ hàm tuần hồn cộng tính nhân tính 1.3 Đặc trưng số hàm sơ cấp 1.3.1 Hàm số tuyến tính 1.3.2 Hàm số affine 1.3.3 Hàm số mũ 1.3.4 Hàm số logarit i ii 1.3.5 Hàm số lũy thừa 1.3.6 Hàm số lượng giác 1.3.7 Hàm lượng giác ngược 1.3.8 Các hàm hyperbolic 1.3.9 Hàm cộng tính 10 Chương 2: Phương trình hàm d’Alembert 2.1 11 Nghiệm liên tục phương trình hàm d’Alembert 11 2.2 Nghiệm tổng quát phương trình hàm d’Alembert 20 2.3 Một số toán áp dụng 30 Chương 3: Một số dạng khác phương trình hàm lượng giác 43 3.1 Nghiệm phương trình hàm cosin-sin 43 3.2 Nghiệm phương trình hàm sin-cosin 49 3.3 Nghiệm phương trình hàm sin 52 3.4 Nghiệm bất phương trình hàm sin 63 3.5 Một số toán 64 Kết luận 72 Tài liệu tham khảo 73 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT ∀, ∃ : 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 Q+ : Tập hợp số hữu tỷ dương Q+ : Tập hợp số hữu tỷ âm Z : Tập hợp số nguyên Z+ : Tập hợp số nguyên dương Z− : Tập hợp số nguyên âm N : Tập hợp số tự nhiên N+ : Tập hợp số tự nhiên dương D(f ) : Tập xác định hàm số f (x) x∈M : x phần tử M A⊂M : A tập hợp M ∪, ∩, ⊂, ⊃, \ : phép toán tập hợp f (g(x, y)) : giá trị f (t) với t = g(x, y) Mở đầu Phương trình hàm lĩnh vực nghiên cứu giải tích Tốn học, cơng trình d’Alembert, Cauchy, Abel, Euler, Các phương trình hàm cổ điển nghiên cứu thời gian 250 năm kết phương trình hàm biên tập nhiều tài liệu J Aczél [3], M Kuczma [4] Gần đây, số tài liệu khác nhiều tác giả biên soạn cập nhật nhiều vấn đề mẻ P Sahoo P Kannappan [5], C Efthimiou [6] Tuy vậy, tài liệu tham khảo nước phương trình hàm chưa phong phú Trong chương trình Tốn giảng dạy bậc Trung học phổ thông chương trình giảng dạy nghiệp vụ Tốn chương trình đào tạo hệ Đại học Sư phạm, phương trình hàm có vị trí quan trọng, có liên hệ chặt chẽ với nhiều lĩnh vực khác việc giải toán sơ cấp Hơn nữa, phương trình hàm dạng Tốn thường xuất kỳ thi học sinh giỏi bậc phổ thơng kỳ thi Olympic tốn cho sinh viên trường Đại học Trong năm gần đây, có nhiều tài liệu đề tài phương trình hàm biên soạn nghiên cứu Tuy nhiên, tốn phương trình hàm phong phú đa dạng, lớp phương trình hàm có nhiều liên hệ với Tốn học phổ thơng lớp phương trình hàm lượng giác Vì vấn đề cần tìm hiểu, nghiên cứu lớp phương trình hàm thiết thực, phục vụ cho công tác giảng dạy bồi dưỡng cho học sinh Mục đích luận văn trình bày, hệ thống hóa kiến thức số phương trình hàm lượng giác, bao gồm phương trình hàm d’Alembert, phương trình hàm sin–cosin, phương trình hàm sin hệ thống toán ứng dụng Ngồi ra, luận văn trình bày lại số kết bất phương trình hàm sin Luận văn gồm phần mở đầu, chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1, trình bày kiến thức chuẩn bị hàm phương trình hàm nói chung Chương 2, trình bày lý thuyết tốn phương trình hàm d’Alembert Chương 3, trình bày kết phương trình hàm liên quan đến hàm số sin hàm số cosin, phương trình bất phương trình hàm sin số toán liên quan Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Nguyễn Sum Xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy Thầy tận tình giúp đỡ, truyền đạt kiến thức quý báu kinh nghiệm trình làm luận văn Cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám Hiệu trường Đại học Quy Nhơn, Phịng Đào tạo sau Đại học, Khoa Tốn Thống kê quý thầy (cô) giảng dạy lớp Phương pháp Tốn sơ cấp khóa 22 (2019 – 2021) tận tình giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tơi q trình học tập hồn thành đề tài CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, chúng tơi trình bày tóm tắt số khái niệm tính chất hàm số sử dụng chương Các kiến thức trình bày chương tham khảo tài liệu [1] Ta xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R 1.1 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.1 a Hàm số f (x) gọi hàm số chẵn M ⊂ D (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M b Hàm số f (x) gọi hàm số lẻ M ⊂ D (gọi tắt hàm lẻ M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Chúng tơi nhắc lại tính chất sau Mệnh đề 1.1 Nếu x0 ∈ R f hàm số xác định R cho f (x0 − x) = f (x), ∀x ∈ R  x0  f (x) = g x − , ∀x ∈ R, g hàm số chẵn R Mệnh đề 1.2 Nếu a, b ∈ R hàm số f xác định R thỏa mãn f (a − x) + f (x) = b, ∀x ∈ R  a b f (x) = g x − + , với g hàm lẻ tùy ý R 2 1.2 1.2.1 Hàm số tuần hoàn phản tuần hồn Hàm số tuần hồn cộng tính Định nghĩa 1.2 Hàm số f (x) gọi hàm tuần hồn cộng tính chu kì a (a > 0) M M ⊂ D(f ) ( ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M, f (x + a) = f (x) , ∀x ∈ M Số a gọi chu kì Chu kì a0 nhỏ (nếu có) gọi chu kì sở Mệnh đề 1.3 Cho hàm số f (x), g(x) hàm tuần hồn cộng tính a M ⊂ D (f ) ∩ D (g) có chu kì a, b với ∈ Q Khi b F (x) = f (x) ± g (x) G (x) = f (x) g (x) hàm số tuần hồn cộng tính M 1.2.2 Hàm số phản tuần hồn cộng tính Định nghĩa 1.3 Hàm số f (x) gọi hàm phản tuần hồn cộng tính chu kì b (b > 0) M M ⊂ D(f ) ( ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M, f (x + b) = −f (x) , ∀x ∈ M 56 Chứng minh Ta kiểm tra hàm f g (3.48) đến (3.52) thỏa mãn phương trình hàm (3.47) Do đó, ta chứng minh hàm f g nghiệm (3.47) Giả sử f hàm hằng, chẳng hạn k Khi (3.47) trở thành k[g(x − y) − g(x) + g(y)] = (3.53) với x, y ∈ R Nếu k = 0, g tùy ý f (x) = ) g(x) tùy ý nghiệm (3.47) (3.48) Nếu k 6= (3.53) trở thành g(x − y) = g(x) − g(y) (3.54) với x, y ∈ R Cho y = x, ta g(0) = Hơn nữa, cho x = (3.54), ta thấy g(−y) = −g(y) (3.55) với y ∈ R Vì vậy, cho k 6= 0, g hàm lẻ Thay y −y (3.54), ta g(x + y) = g(x) − g(−y), dùng (3.55), ta có g(x + y) = g(x) + g(y) Do g(x) = A(x), A : R → C hàm cộng tính, thỏa mãn A(x + y) = A(x) + A(y) với x, y ∈ R Vì vậy, ta có nghiệm f (x) = k g(x) = A(x), ) (3.56) 57 (3.50) Tiếp theo, ta giả sử g hàm hằng, chẳng hạn k Khi (3.47) trở thành k[f (x + y) − f (x) + f (y)] = (3.57) với x, y ∈ R Nếu k = f f (x) ) g(x) = nghiệm (3.47) (3.49) Nếu k 6= 0, (3.57) suy f (x + y) = f (x) − f (y) (3.58) với x, y ∈ R Đặt x = y = (3.58), ta thấy f (0) = Hơn nữa, đặt x = (3.58), ta có f (y) = với y ∈ R Do ) f (x) = g(x) = k nghiệm (3.47) bao gồm nghiệm (3.48) Từ giả sử f g hàm không liên tục Thay x với y (3.47), ta f (x + y)g(y − x) = f (y)g(y) − f (x)g(x) (3.59) với x, y ∈ R So sánh (3.59) với (3.47), ta f (x + y)g(x − y) = −f (x + y)g(y − x) (3.60) với x, y ∈ R Đặt u = x + y v = x − y , ta f (u)g(v) = −f (u)g(−v) (3.61) 58 với u, v ∈ R Từ f không liên tục, tồn u0 ∈ R cho f (u0 ) 6= Do đó, đặt u = u0 (3.61), ta g(−v) = −g(v) với v ∈ R Do g hàm lẻ Định nghĩa f (x) + f (−x) , f (x) − f (−x) φ(x) = ψ(x) = Khi ψ hàm chẵn φ hàm lẻ Hơn f (x) = ψ(x) + φ(x) (3.62) với x ∈ R Sử dụng (3.62) (3.47), ta ψ(x + y)g(x − y) + φ(x + y)g(x − y) = ψ(x)g(x) − ψ(y)g(y) + φ(x)g(x) − φ(y)g(y) (3.63) với x, y ∈ R Thay x −x y −y sử dụng ψ hàm chẵn, φ g hàm lẻ, ta − ψ(x + y)g(x − y) + φ(x + y)g(x − y) = − ψ(x)g(x) + ψ(y)g(y) + φ(x)g(x) − φ(y)g(y) (3.64) Cộng (3.63) (3.64), ta φ(x + y)g(x − y) = φ(x)g(x) − φ(y)g(y) (3.65) với x, y ∈ R Từ (3.63) (3.65), ta ψ(x + y)g(x − y) = ψ(x)g(x) − ψ(y)g(y) (3.66) 59 với x, y ∈ R Thay y với −y (3.65), ta φ(x − y)g(x + y) = φ(x)g(x) − φ(y)g(y) (3.67) với x, y ∈ R So sánh (3.65) (3.67), ta thấy φ(x + y)g(x − y) = φ(x − y)g(x + y) (3.68) với x, y ∈ R Đặt u = x + y v = x − y (3.68), ta có φ(u)g(v) = φ(v)g(u) (3.69) với u, v ∈ R Vì g khơng hàm nên φ(x) = αg(x), (3.70) α số thực Trường hợp Giả sử α 6= Khi (3.70) (3.65) cho kết φ(x + y)φ(x − y) = φ(x)2 − φ(y)2 (3.71) với x, y ∈ R Vì g khơng hàm φ Do đó, nghiệm (3.71) cho φ(x) = A(x) (3.72) E(x) − E ∗ (x) φ(x) = 2b (3.73) Do đó, từ (3.70), ta A(x), α E(x) − E ∗ (x) g(x) = 2bα g(x) = (3.74) (3.75) Thay y = −x (3.66) sử dụng g hàm lẻ ψ hàm chẵn, ta ψ(0)g(2x) = 2ψ(x)g(x) (3.76) 60 với x ∈ R Trường hợp 1.1 Giả sử ψ(0) = Khi (3.76) trở thành ψ(x)g(x) = (3.77) với x ∈ R Sử dụng (3.77) (3.66), ta ψ(x + y)g(x − y) = (3.78) với x, y ∈ R Do ψ = g = Với g = xảy g khơng hàm Từ f khơng hàm g không hàm với φ = αg , từ (3.62) ta thấy ψ khơng hàm Do ψ = khơng thể xảy ψ(0) = bị loại Trường hợp 1.2 Giả sử ψ(0) 6= Từ (3.76), ta g(2x) = ψ(x)g(x), δ (3.79) δ := ψ(0) Sử dụng (3.74) (3.79), ta ψ(x) = δ Do đó, ta có nghiệm f (x) = φ(x) + ψ(x) = A(x) + δ A(x) = βA(x), α β số khác Vì vậy, ta có ) f (x) = A(x) + δ g(x) = g(x) = βA(x) nghiệm (3.51) Ở δ β số phức tùy ý khác Tiếp theo, ta sử dụng (3.75) (3.79), ta E(x) − E ∗ (x) E(2x) − E ∗ (2x) = ψ(x) , αb δ αb 61 E(x) + E ∗ (x) = 2δ ψ(x) Vì ψ(x) = δ E(x) + E ∗ (x) Do f (x) = φ(x) + ψ(x) E(x) − E ∗ (x) E(x) + E ∗ (x) = +δ 2b ∗ E(x) + E ∗ (x) E(x) − E (x) +δ , =γ 2 γ = β = 1 E(x)−E ∗ (x) b g(x) = δb bδ số phức khác = β E(x)−E ∗ (x) , Do đó, ta có ) ∗ (x) E(x)+E ∗ (x) f (x) = γ E(x)−E + δ 2 g(x) = β E(x)−E ∗ (x) , nghiệm (3.52) Trường hợp Ta giả sử α = Từ (3.70), ta có φ = Do f = ψ Vì dẫn đến phương trình (3.66), ψ(x + y)g(x − y) = ψ(x)g(x) − ψ(y)g(y) với x, y ∈ R Sử dụng y = −x, ta ψ(0)g(2x) = 2ψ(x)g(x) với x ∈ R Với ψ(0) 6= suy g(2x) = ψ(x)g(x), δ δ := ψ(0) 62 Tiếp theo, ta tính   x+y x+y x−y x−y g(x + y)g(x − y) = ψ( )g( )ψ( )g( ) δ 2 2 h x x y y ih x x y y i = ψ( )g( ) − ψ( )g( ) ψ( )g( ) + ψ( )g( ) δ 2 2 2 2 h i x x y y = ψ( )2 g( )2 − ψ( )2 g( )2 δ 2 2 = g(x)2 − g(y)2 với x ∈ R Do g thỏa mãn g(x + y)g(x − y) = g(x)2 − g(y)2 với x ∈ R Do g có dạng g(x) = A(x) α (3.80) E(x) − E ∗ (x) g(x) = , (3.81) αb A : R → C hàm cộng tính, E : R → C∗ hàm số mũ α, b số phức khác Sử dụng (3.79) (3.80), (3.81), ta ψ(x) = δ Do E(x) + E ∗ (x) ψ(x) = δ f (x) = δ E(x)+E ∗ g(x) = β E(x)−E (x) ∗ ) (x) nghiệm (3.47) có (3.52) với γ = Vì khơng cịn trường hợp nên định lý chứng minh 63 3.4 Nghiệm bất phương trình hàm sin Trong phần này, theo Segal (1963), ta thấy nghiệm bất phương trình f (x + y)f (x − y) ≤ f (x)2 − f (y)2 (3.82) với x, y ∈ R nghiệm phương trình hàm sin (3.38), f (x + y)f (x − y) = f (x)2 − f (y)2 Định lý 3.12 Nếu f : R → R thỏa mãn bất phương trình hàm (3.82) với x, y ∈ R f nghiệm phương trình hàm sin (3.38) Chứng minh Đặt x = y = (3.82), ta f (0)2 ≤ Do f (0) = Đặt x = −y (3.82), ta thấy ≤ f (−y)2 − f (y)2 Do f (y)2 ≤ f (−y)2 Thay y −y , ta f (−y)2 ≤ f (y)2 ≤ f (−y)2 Vì f (y)2 = f (−y)2 Do với y ∈ R, ta có f (−y) = −f (y) f (−y) = f (y) Giả sử cho y0 ∈ R, f (y0 ) = f (−y0 ) (3.83) Đặt x = y = y0 (3.82), ta f (y0 )f (−y0 ) ≤ −f (y0 )2 (3.84) 64 Sử dụng (3.83) (3.84), ta 2f (y0 )2 ≤ Do f (y0 ) = f (−y0 ) = Do đó, ta có f (−y) = −f (y) (3.85) với y ∈ R Từ (3.82) (3.85), ta có f (y)2 ≤ f (x)2 − f (x + y)f (x − y) = f (x)2 + f (x + y)f (y − x) ≤ f (x)2 + f (y)2 − f (x)2 = f (y)2 Do đó, ta có f (x + y)f (x − y) = f (x)2 − f (y)2 Định lý chứng minh Nhận xét 3.5 Nghiệm liên tục phương trình hàm sin (3.38) cho f (x) = k1 x f (x) = k2 sin(k3 x)       f (x) = k4 sinh(k5 x),  ki (i = 1, 2, · · · , 5) số thực 3.5 Một số toán Bài toán 3.6 Cho α số thực khác Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm f (x + y + 2α) + f (x − y + 2α) = 2f (x)f (y) với x, y ∈ R (3.86) 65 Lời giải Ta thấy f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R nghiệm (3.86) Bây giờ, giả sử f (x) 6≡ 0, tức ∃x0 ∈ R cho f (x0 ) 6= Thay y −y vào (3.86), ta f (x − y + 2α) + f (x + y + 2α) = 2f (x)f (−y) (3.87) với x, y ∈ R Kết hợp (3.86) (3.87), ta suy f (x)f (y) = f (x)f (−y) với x, y ∈ R Do đó, với x = x0 với y ∈ R, ta có f (x0 )f (y) = f (x0 )f (−y), ∀y ∈ R Mà f (x0 ) 6= suy f (y) = f (−y), ∀y ∈ R Do f hàm chẵn Hốn vị x y (3.86), ta f (x + y + 2α) + f (y − x + 2α) = 2f (x)f (y) (3.88) với x, y ∈ R Từ (3.86) (3.88), ta suy f (x − y + 2α) = f (y − x + 2α) = f [−(x − y − 2α)] với x, y ∈ R Vì f hàm chẵn nên từ hệ thức ta suy f (x − y + 2α) = f (x − y − 2α) với x, y ∈ R Do f (x + 4α) = f [(x + 2α) + 2α] = f [(x + 2α) − 2α] = f (x) (3.89) với x ∈ R Như vậy, f hàm tuần hoàn với chu kì 4α Khơng tính tổng qt, ta giả sử α > Khi đó, thay x (x + 2α) y (y + 2α) vào (3.86), ta f (x + y + 6α) + f (x − y + 2α) = 2f (x + 2α)f (y + 2α) (3.90) 66 với x, y ∈ R Áp dụng (3.89) vào (3.90), ta f (x + y + 2α) + f (x − y + 2α) = 2f (x + 2α)f (y + 2α), ∀x, y ∈ R Do hàm số g(x) = f (x + 2α), x ∈ R nghiệm phương trình hàm g(x + y) + g(x − y) = 2g(x)g(y) với x, y ∈ R Khi g(x) có dạng E(x) + E ∗ (x) , g(x) = với x ∈ R, E : R → R∗ hàm số mũ R∗ = R \ {0} Do E(x − 2α) + E ∗ (x − 2α) , với x ∈ R, f (x) = g(x − 2α) = E : R → R∗ hàm số mũ R∗ = R \ {0} Bài toán 3.7 Cho λ số thực khác Tìm tất hàm f, g : R → C thỏa mãn phương trình hàm f (x + y) − g(x − y) = λf (x)g(y) với x, y ∈ R Lời giải Thay y = vào phương trình (3.91), ta f (x) − g(x) = λf (x)g(0), ∀x ∈ R Suy g(x) = f (x) − λf (x)g(0), ⇔ g(x) = f (x)[1 − λg(0)], ∀x ∈ R ∀x ∈ R (3.91) 67 Kết hợp với phương trình (3.91), ta suy f (x+y)−f (x−y)[1−λg(0)] = λf (x)f (y)[1−λg(0)], ∀x, y ∈ R, (3.92) f (x+y)−f (y−x)[1−λg(0)] = λf (y)f (x)[1−λg(0)], ∀x, y ∈ R (3.93) Trừ vế theo vế (3.92) cho (3.93), ta [1 − λg(0)][f (y − x) − f (x − y)] = 0, ∀x, y ∈ R ⇔ − λg(0) = f (y − x) = f (x − y), ∀x, y ∈ R • Nếu − λg(0) = Vì g(x) = 0, ∀x ∈ R Suy g(0) = Từ đó, g(x) = f (x)[1 − λg(0)], ∀x ∈ R g(0) = nên f (x) = g(x) = 0, ∀x ∈ R Vậy trường hợp f (x) = g(x) = 0, ∀x ∈ R hay f ≡ g ≡ • Nếu − λg(0) 6= f (x − y) = f (y − x), ∀x, y ∈ R Do với y = 0, ta có f (−x) = f (x), ∀x ∈ R hay f hàm chẵn Thay y −y (3.92), ta f (x − y) − f (x + y)[1 − λg(0)] = λf (x)f (−y)[1 − λg(0)], ∀x, y ∈ R (3.94) Cộng vế theo vế hai phương trình (3.92) (3.94), ta λg(0)[f (x+y)+f (x−y)] = λf (x)f (y)[1−λg(0)]+λf (x)f (−y)[1−λg(0)] với x, y ∈ R Vì f hàm chẵn nên ta có λg(0)[f (x + y) + f (x − y)] = 2λf (x)f (y)[1 − λg(0)], ∀x, y ∈ R Vì λ 6= nên ta có g(0)[f (x + y) + f (x − y)] = 2f (x)f (y)[1 − λg(0)], ∀x, y ∈ R 68 Do +) Nếu g(0) = ta có f (x)f (y) = 0, ∀x, y ∈ R Khi ∀x, y ∈ R mà x = y ta có [f (x)]2 = 0, ∀x ∈ R hay f (x) = 0, ∀x ∈ R Vì g(x) = f (x)[1 − λg(0)], ∀x ∈ R nên g(x) = 0, ∀x ∈ R hay f ≡ g ≡ +) Nếu g(0) 6= 0, ta có f (x + y) + f (x − y) = Đặt µ = 2[1 − λg(0)] f (x)f (y), ∀x, y ∈ R g(0) 2[1 − λg(0)] µ 6= ta có g(0) f (x + y) + f (x − y) = µf (x)f (y), Đặt h(x) = x, y ∈ R µ f (x), ta 2h(x + y) 2h(x − y) 2h(x) 2h(y) + =µ · , ∀x, y ∈ R µ µ µ µ 2 ⇔ [h(x + y) + h(x − y)] = [2h(x)h(y)], ∀x, y ∈ R µ µ ⇔h(x + y) + h(x − y) = 2h(x)h(y), ∀x, y ∈ R Do đó, h(x) có dạng E(x) + E ∗ (x) h(x) = , ∀x ∈ R, E : R → R∗ hàm số mũ R∗ = R \ {0} Do E(x) + E ∗ (x) E(x) + E ∗ (x) 2h(x) = = , ∀x ∈ R f (x) = µ µ µ Từ E(x) + E ∗ (x) g(x) = f (x)[1 − λg(0)] = [1 − λg(0)] , ∀x ∈ R, µ E : R → R∗ hàm số mũ R∗ = R \ {0} 69 Bài tốn 3.8 Tìm tất hàm f (x) xác định, liên tục R thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) + f (y) + f (x)f (y) (3.95) với x, y ∈ R Lời giải Thay y = vào (3.95), ta f (0)[1 − (f (x))2 ] = 0, ∀x ∈ R (3.96) Nếu f (0) 6= " (3.96) ⇔ f (x) ≡ 1, ∀x ∈ R, f (x) ≡ −1, ∀x ∈ R (Do f (x) hàm liên tục R) Thử lại, ta thấy hàm số nghiệm toán Xét trường hợp f (0) = Ta chứng minh |f (x)| < 1, ∀x ∈ R Thật giả sử tồn x1 6= để |f (x1 )| ≥ từ (3.95), suy bất đẳng thức sau 2|f ( x21 )| |f (x1 )| = ≥ 1, + [f ( x21 )]2 x1 x1 + [f ( )]2 ≤ 2|f ( )| 2 Do x1 )| = Lập luận tương tự phương pháp quy nạp, ta có x1 |f ( n )| = 1, ∀n ∈ N+ |f ( Từ tính liên tục f (x), suy |f (0)| = Điều trái với giả thiết f (0) = Vậy |f (x)| < 1, ∀x ∈ R Với x1 6= đặt f (x1 ) = α Khi f (2x1 ) = 2f (x1 ) α = = 2α + [f (x1 )]2 + tanh2 α 70 Giả sử f (kx1 ) = tanh(kα), ∀k = 1, 2, · · · , m; m ∈ N+ Khi f (mx1 ) + f (x1 ) + f (mx1 )f (x1 ) mα + α = tanh(m + 1)α + α mα f ((m + 1)x1 ) = Vậy f (mx1 ) = mα, ∀m ∈ N+ Thay y = −x vào (3.95) sử dụng f (0) = 0, ta f (−x) = −f (x), ∀x ∈ D Từ suy f (mx1 ) = mα, ∀m ∈ Z (3.97) Mặt khác, từ (3.95), ta α2 2f ( x21 ) = α = f (x1 ) = + [f ( x21 )]2 + tanh2 α2  x α  x1 α ⇔ f ( ) − − f ( ) = 2 2 (3.98) Do | α2 | < |f ( x21 )| < nên (3.98) ⇔ f ( x1 α ) = 2 Bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh đẳng thức f( x1 α ) = , ∀n ∈ N+ n n 2 (3.99) Từ (3.97) (3.99), suy f( mx1 mα ) = , ∀m ∈ Z, ∀n ∈ N+ n n 2 Từ giả thiết f (x) hàm liên tục R x hàm liên tục R, suy f (xx1 ) = tanh(xα), ∀x ∈ R