Thông tin tài liệu
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN HỮU TÍN lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN ĐẾN ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH LAGRANGE d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z m co l gm @ an Lu Bình Định - 2020 n va ac th si BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN HỮU TÍN lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN ĐẾN ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH LAGRANGE nl w oa Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d Mã số: 8460113 nf va an lu lm ul z at nh oi LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z gm @ NGƯỜI HƯỚNG DẪN: PGS TS LƯƠNG ĐĂNG KỲ m co l an Lu Bình Định - 2020 n va ac th si Mục lục Mục lục 1 Hàm cộng tính song cộng tính lu MỞ ĐẦU an 1.2 Hàm cộng tính gián đoạn 1.3 Tiêu chuẩn khác cho tính tuyến tính 10 1.4 Hàm cộng tính mặt phẳng thực phức 11 1.5 p Hàm song cộng tính 16 gh tn to Hàm cộng tính liên tục ie n va 1.1 nl w oa Định lý giá trị trung bình Lagrange phương trình hàm 20 d liên quan lu Định lý giá trị trung bình 20 2.2 Ứng dụng Định lý giá trị trung bình Lagrange 22 2.3 Phương trình hàm sinh định lý Lagrange 29 nf va an 2.1 lm ul 3.1 49 z at nh oi Một số toán lời giải Một số phương trình hàm liên quan Định lý giá trị trung bình Lagrange 49 Một số phương trình hàm liên quan khác 57 z 3.2 62 m co l TÀI LIỆU THAM KHẢO gm @ KẾT LUẬN an Lu QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) n va ac th si MỞ ĐẦU Định lý giá trị trung bình định lý quan trọng có nhiều ứng dụng Giải tích tốn học Trong chương trình tốn học phổ thơng, Định lý giá trị trung bình ứng dụng khai thác nhiều kì thi Olympic lu chọn học sinh giỏi, chẳng hạn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn an nhỏ hàm số, chứng minh phương trình có nghiệm, Tuy nhiên va vấn đề phương trình hàm sinh định lý giá trị trung bình chưa n Trong chương trình tốn học phổ thơng, phương trình hàm chuyên đề gh tn to đề cập đến hầu hết sách tham khảo phổ thơng ie quan trọng chương trình chun Toán bậc THPT sử dụng nhiều p kì thi học sinh giỏi cấp, Olympic khu vực, Olympic Quốc tế([1, 2]) nl w Đó tốn khó mẻ học sinh, địi hỏi học sinh có tư oa cao cách tiếp cận sáng tạo Trong thực tiễn, phương trình hàm ứng d dụng ln chuyên đề cần thiết việc bồi dưỡng học sinh lu an giỏi Toán bậc học phổ thông, đồng thời phát ứng dụng đa dạng nf va lm đem lại hấp dẫn nhiều đối tượng học sinh giáo lm ul viên nghiên cứu vấn đề Lấy ý tưởng từ Định lý giá trị trung bình Lagrange giá trị trung bình z at nh oi x+y cho trước, ta có tốn xuất nhiều giáo trình Giải tích bậc đại học, là: tìm hàm số khả vi f : R → R cho c = ∀x, y ∈ R, x 6= y (1) z gm @ f (x) − f (y) x+y = f 0( ), x−y Lời giải cho toán hàm số f (x) = ax2 + bx + c, với a, b, c ∈ R Tổng l qt ta có tốn, tìm hàm số khả vi f : R → R cho m ∀x, y ∈ R, x 6= y, (2) an Lu ac th n va s, t ∈ R cho trước co f (x) − f (y) = f (sx + ty), x−y si Mục tiêu luận văn nghiên cứu phương trình hàm (2), tức nghiên cứu phương tình hàm sinh định lý giá trị trung bình Lagrange, số tập áp dụng Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn gồm ba chương Chương trình bày số kiến thức sở liên quan đến nội dung luận văn Chương trình bày phương tình hàm sinh định lý giá trị trung bình Lagrange số vấn đề liên quan Một số tập áp dụng trình bày Chương Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình thầy Lương Đăng Kỳ Thầy người cổ vũ, động viên tơi q trình học tập nghiên lu cứu để tơi hồn thành luận văn an Bên cạnh đó, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn q thầy Khoa va n Tốn - Thống kê, Phịng Sau đại học Trường Đại học Quy Nhơn, đặc biệt q Cuối tơi tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè ln gh tn to thầy cô trực tiếp giảng dạy cho lớp Cao học Tốn khóa 21 p ie ủng hộ, giúp đỡ mặt suốt thời gian học thạc sĩ hoàn thành luận văn nl w Mặc dù cố gắng khả thời gian cịn hạn chế nên d oa luận văn tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý nf va an lu kiến, góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Bịnh Định, tháng năm 2020 lm ul Học viên z at nh oi Nguyễn Hữu Tín z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Hàm cộng tính song cộng tính lu Trong chương này, giới thiệu số kiến thức hàm cộng an liên tục, hàm cộng tính gián đoạn, vài tiêu chuẩn khác cho hàm cộng tính, n va hàm cộng tính mặt phẳng phức cuối giới thiệu hàm gh tn to song cộng tính Tài liệu sử dụng cho chương [6] Hàm cộng tính liên tục p ie 1.1 w Định nghĩa 1.1 Hàm f : R → R gọi hàm cộng tính oa nl thỏa mãn phương trình hàm Cauchy (1.1) d f (x + y) = f (x) + f (y) nf va an lu với x, y ∈ R có dạng z at nh oi lm ul Định nghĩa 1.2 Hàm f : R → R gọi hàm tuyến tính f (x) = mx với m số tùy ý (∀x ∈ R) z gm có hàm cộng tính khác hay khơng? @ Các ví dụ hàm cộng tính dễ hiểu hàm tuyến tính Vậy câu hỏi đặt co l Câu trả lời có hàm cộng tính liên tục tuyến tính Đây kết chứng minh Cauchy vào năm 1821 m an Lu Định lý 1.1 Cho hàm f : R → R hàm cộng tính liên tục Khi f hàm tuyến tính hay f (x) = mx với m số n va ac th si Chứng minh Đầu tiên, ta viết lại x kết hợp với (1.1), ta Z f (x) = f (x)dy 1 Z = f (x + y) − f (y) dy x+1 Z Z f (u)du − = x u = x + y f (y)dy, Do f liên tục, ta có f (x) = f (1 + x) − f (x) (1.2) lu Từ tính cộng tính f , ta có an (1.3) n va f (1 + x) = f (1) + f (x) tn to Từ (1.2) (1.3), ta có gh f (x) = m, p ie m = f (1) Từ suy (1.4) nl w f (x) = mx + c, d oa c số Từ (1.4) (1.1) cho x = ta thu c = 2c c = an lu Vậy f (x) = mx nf va Từ Định lí 1.1, sử dụng tính liên tục f để kết luận f khả tích Tính khả tích f bắt buộc hàm cộng tính f tuyến tính Do lm ul hàm cộng tính khả tích tuyến tính z at nh oi Định nghĩa 1.3 Hàm f : R → R gọi khả tích địa phương khả tích khoảng hữu hạn z Chú ý 1.1.1 Mọi hàm cộng tính khả tích địa phương tuyến tính @ gm Chứng minh Chúng ta chứng minh điều cách sử dụng đối số đưa l Shapiro (1973) f (y), ∀x, y ∈ R Từ tính khả tích địa phương f , ta có yf (x) = y f (x)dz n va an Lu Z m co Giả sử f hàm cộng tính khả tích địa phương Do đó, f (x + y) = f (x) + ac th si y Z f (x + z) − f (z) dz = Z0 x+y y Z f (u)du − = f (z)dz x Z x+y x Z f (u)du − = y Z f (u)du − f (u)du Vai trò x y vế phải nhau, ta có yf (x) = xf (y) với x, y ∈ R Từ đó, với x 6= 0, ta thu lu f (x) = m, x an n va với m số Suy f (x) = mx, ∀x ∈ R\{0}.Và f hàm cộng tính Để làm rõ hàm cộng tính, bắt đầu với định nghĩa sau ie gh tn to nên ta có f (0) = Cùng với điều kiện này, ta có f (x) = mx, ∀x ∈ R p Định nghĩa 1.4 Hàm f : R → R gọi hữu tỉ (1.5) nl w f (rx) = rf (x) d oa với x ∈ R số hữu tỉ r an lu Định lý sau cho ta thấy hàm cộng tính hữu tỉ nf va Định lý 1.2 Cho f : R → R hàm cộng tính Khi f hữu tỉ lm ul Hơn nữa, f tuyến tính tập số hữu tỉ Q z at nh oi Chứng minh Cho x = = y (1.1) ta có, f (0) = f (0) + f (0) từ suy (1.6) f (0) = z Thay y = −x (1.1) sử dụng (1.6), ta thấy f hàm lẻ R, hay @ (1.7) l gm f (−x) = −f (x) với x ∈ R Chúng ta hàm cộng tính x = co f (2x) = f (x + x) = f (x) + f (x) = 2f (x) an Lu Với x ta có, m hàm lẻ Tiếp theo, chứng ta chứng minh hàm cộng tính hữu tỉ n va ac th si Từ f (3x) = f (2x + x) = f (2x) + f (x) = 3f (x); tổng quát, ta có (1.8) f (nx) = nf (x) với số nguyên dương n Nếu n số nguyên âm −n số nguyên dương từ (1.8) (1.7), ta có f (nx) = f (−(−n)x) = −f ((−n)x) = −(−n)f (x) = nf (x) Từ ta có, f (nx) = nf (x) với số nguyên n x ∈ R Tiếp theo, cho lu r số hữu tỉ Ta có an r= va k l n k số nguyên l số tự nhiên Hơn nữa, kx = l(rx) Sử dụng tính gh tn to nguyên f , ta kf (x) = f (kx) = f (l(rx)) = lf (rx) p ie suy w k f (x) = rf (x) l Do đó, f hữu tỉ Hơn nữa, cho x = phương trình d oa nl f (rx) = nf va an lu định nghĩa m = f (1), ta thấy f (r) = mr lm ul với số hữu tỉ r ∈ Q Vì f tuyến tính tập số hữu tỉ chứng minh z at nh oi hoàn thành Định lý 1.3 Nếu hàm cộng tính liên tục điểm liên tục nơi z Chứng minh Cho f hàm liên tục t x điểm Vì vậy, ta có @ lim f (y) = f (t) Tiếp theo, ta chứng f liên tục x Xét l gm y→t lim f (y) = lim f (y − x + t + x − t) y→x = lim f (y − x + t) + f (x − t) m co y→x = lim f (y − x + t) + f (x − t) n va y−x+t→t an Lu y→x ac th si = f (t) + f (x − t) = f (t) + f (x) − f (t) = f (x) Điều chứng tỏ f liên tục x tính x, f liên tục nơi 1.2 Hàm cộng tính gián đoạn Định nghĩa 1.5 Đồ thị hàm số f : R → R tập lu an G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)} va n Dễ thấy đồ thị G hàm số f : R → R tập R2 tn to gh Định lý 1.4 Đồ thị hàm cộng tính phi tuyến f : R → R trù mật khắp p ie nơi R2 Chứng minh Đồ thị G hàm f cho nl w d oa G = {(x, y)|x ∈ R, y = f (x)} lu an Chọn x1 ∈ R, x1 6= Từ f hàm cộng tính phi tuyến, với số m, tồn nf va x2 ∈ R, x2 6= cho cho x1 = x, ta có f (x) = mx, ∀x 6= 0, từ f (0) = z at nh oi f (x1 ) x1 lm ul không viết m = f (x1 ) f (x2 ) 6= , x1 x2 z điều ngụ ý f hàm tuyến tính trái với giả thiết f hàm phi tuyến Từ 37 Do (2.46) h(u) = αu + a, với số thực u 6= (ở a = h(0)) Để ý phương trình (2.46) với trường hợp u = Sử dụng phương trình (2.46) vào phương trình (2.26), ta f (x) − g(y) = (x − y)(αtx + αty + a), x 6= y Do đó, thu nghiệm f (x) = g(x) = αtx2 + ax + b vàh(y) = αy + a, (2.47) lu α, a, b số an Trường hợp 3.2 Giả sử s = −t Khi phương trình (2.39) trở thành va n xh(x) + yh(y) + (b − c)t = (x + y)h(x + y), (2.48) tn to ∀x, y ∈ R\{0}, x 6= y ie gh Đặt p A(x) = xh(x) + (b − c)t x 6= (2.49) x = nl w 0 d oa Khi đó, phương trình (2.49), phương trình (2.48) trở thành ∀x, y, x + y ∈ R\{0} (2.50) nf va an lu A(x) + A(y) = A(x + y), Tiếp theo, ta cần chứng minh hàm A phương trình (2.50) hàm cộng lm ul tính tập số thực Như vậy, ta cần chứng minh hay z at nh oi A(x) + A(−x) = A(0) = xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = z (2.51) @ l gm Thay y −y phương trình (2.48), ta xh(x) − yh(−y) + (b − c)t = (x − y)h(x − y) (2.52) m co an Lu Trừ phương trình (2.52) cho phương trình (2.48) vế theo vế, ta yh(y) + yh(−y) = (x + y)h(x + y) − (x − y)h(x − y) (2.53) n va ac th si 38 Khi đó, sử dụng phương trình (2.49), ta A(y) − A(−y) = A(x + y) − A(x − y), ∀x, y, x + y, x − y ∈ R\{0} (2.54) Thay x −x phương trình (2.53), ta A(y) − A(−y) = A(−x + y) − A(−x − y) (2.55) Từ phương trình (2.54) (2.55), ta có A(x + y) + A(−(x + y)) = A(x − y) + A(−(x − y)) (2.56) Đặt u = x + y v = x − y Thay vào phương trình (2.56), ta lu an A(u) + A(−u) = A(v) + A(−v), ∀u, v, u + v, u − v ∈ R\{0} (2.57) va n Do to (2.58) tn A(u) + A(−u) = γ ie gh với số thực u 6= (ở γ số) Sử dụng phương trình (2.49) vào p (2.58), ta ∀x ∈ R\{0} (2.59) oa nl w xh(x) − xh(−x) + 2(b − c)t = γ, Từ phương trình (2.26) với s = −t, ta có d (2.60) nf va an lu f (x) − g(y) = (x − y)h(−(x − y)t) Thay đổi vai trò x y , ta lm ul f (y) − g(x) = −(x − y)h((x − y)t) (2.61) z at nh oi Cộng phương trình (2.61) phương trình (2.60) vế theo vế sử dụng phương trình (2.59), ta có z gm @ f (x) − g(y) + f (y) − g(x) = −(x − y)h((x − y)t) + (x − y)h(−(x − y)t) γ = − + 2(b − c) t (2.62) m co l A(tx) = t[g(x) − c] (x 6= 0) an Lu Sử dụng phương trình (2.36) phương trình (2.49), ta (2.63) n va ac th si 39 Tương tự, sử dụng phương trình (2.37) phương trình (2.49), ta A(−tx) = −t[f (x) − b] (x 6= 0) (2.64) Lấy phương trình (2.63) trừ cho phương trình (2.65), ta A(−tx) + A(tx) +b−c t γ = − + b − c t f (x) − g(x) = − (2.65) Do đó, từ trên, ta có γ f (x) − g(x) + f (y) − g(y) = −2 + 2(b − c) t (2.66) lu an Đối chiếu phương trình (2.62) với phương trình (2.66), ta suy γ = Do n va phương trình (2.58) trở thành to (2.67) gh tn A(x) + A(−x) = 0, với số thực x khác khơng Thậm chí phương trình với trường ie p hợp x = cách định nghĩa A Do đó, ta suy A hàm cộng tính d oa nl w tập số thực Từ phương trình (2.49), (2.36), (2.37), ta có A(tx) +b t f (x) = h(y) = nf va an lu g(y) = A(ty) t +c A(y) (c−b)t y + y , (2.68) lm ul b c số Trường hợp 3.3 Giả sử s2 6= t2 , s 6= ±t Thay đổi vai trị x y z at nh oi phương trình (2.39), ta x y h(y) − h(x) + c − b = s t x x − h(x + y) s t (2.69) z gm @ với số thực khác không x y thỏa mãn ty 6= sx Lấy phương trình (2.69) trừ cho phương trình (2.39) sử dụng s + t 6= 0, ta l xh(x) − yh(y) = (x − y)h(x + y), h(x) = ax + b, an Lu giống với phương trình (2.41) Do m co (2.70) (2.71) n va ac th si 40 a, b số Sử dụng phương trình (2.71) vào phương trình (2.69), ta αxy 1 s − t =b−c (2.72) với số thực khác không x y thỏa mãn tx 6= sy ty 6= sx Từ s 6= t, ta suy α = b = c Do đó, phương trình (2.71) trở thành (2.73) h(x) = b Từ phương trình (2.72), (2.36) (2.37), thu nghiệm nêu định lý lu an Hệ 2.2 Các hàm số φ, f : R → R thỏa mãn phương trình hàm n va f (x) − f (y) = φ(sx + ty) x−y p ie gh tn to với x, y ∈ R, x 6= y ax + b ax + c ax + c s = = t d oa nl w s = 0, t 6= s 6= 0, t = f (x) = nf va an lu αtx2 + ax + b A(tx) +b t βx + b a a nếu s = t 6= s = −t 6= z at nh oi lm ul s2 6= t2 s = 0, t 6= s 6= 0, t = z @ φ(y) = s=0=t m co l gm αy + a s = t 6= A(y) s = −t 6= 0, y 6= y β s2 = t2 , an Lu A : R → R hàm cộng tính a, b, c, α, β số thực n va ac th si 41 Chứng minh Chiều đảo hệ chứng minh cách trực tiếp Ta cần chứng minh chiều thuận hệ Ta xét trường hợp s t Đầu tiên ta xét trường hợp s = −t 6= Từ Định lý 2.5, ta suy f (x) = A(tx) A(tx) +b= + c, t t φ= ∀x ∈ R A(y) + (c−b)t y 6= d y = 0, y y (2.74) (2.75) b, c, d số A : R → R hàm cộng tính Từ phương lu trình (2.74), ta suy b = c Do đó, phương trình (2.75) trở thành A(y) y 6= an va y n φ= (2.76) y = Các trường hợp lại ta thu trực tiếp từ trường hợp Định lý 2.5 p ie gh tn to d oa nl w Hệ 2.3 Hàm số f : R → R thỏa mãn phương trình f (sx + ty) = d f (y) − f (x) y−x (2.77) lu nf va an với x, y ∈ R, x 6= y ax2 + bx + c s = lm ul f (x) = bx + c =t trường hợp khác, z at nh oi a, b, c số thực Chứng minh z ta có nghiệm có dạng m (2.78) co α, a, b số Nếu s = t = ∀x ∈ R l f (x) = αtx2 + ax + b, gm @ Trường hợp s = t 6= Từ Hệ 2.2 ta có f (x) = 2αtx + a an Lu nêu hệ Giả sử 6= s = t 6= 12 Từ phương trình (2.78) ta có (2.79) n va ac th si 42 Thay (2.78) (2.79) vào phương trình (2.77), ta t(2t − 1)α(x + y) = 0, ∀x, y ∈ R, x 6= y Bởi 6= s = t 6= 21 , ta suy α = ta có ∀x ∈ R f (x) = ax + b, Từ đó, ta thu nghiệm có dạng nêu hệ cho trường hợp Trường hợp s = −t 6= Từ Hệ 2.2, ta có lu f (x) = an A(tx) + b, t x ∈ R, (2.80) va A : R → R hàm cộng tính b số Cho x = y = n t tn to phương trình (2.77), ta suy f (x) khả vi x = f liên tục x = Điều kết hợp với phương trình (2.80), ta suy A(x) liên tục x = t gh p ie Hơn nữa, A hàm cộng tính ∀x ∈ R, (2.81) nl w A(x) = ax, d oa a số Thay phương trình (2.81) vào phương trình (2.80) ta ∀x ∈ R nf va an lu f (x) = ax + b, Do đó, ta thu nghiệm nêu hệ cho trường hợp tiếp từ Hệ 2.2 z at nh oi lm ul Trường hợp st = st 6= s2 6= t2 Trường hợp suy trực Tiếp theo, ta phát triển toán nêu Định lý 2.3 theo hướng mở rộng biến có mặt phương trình (2.12) Bailey (1992) mở rộng kết z Aczél Haruki thiết lập định lý gm @ Định lý 2.6 Nếu f hàm khả vi R thỏa mãn phương trình hàm l (2.82) m co f [x, y, z] = h(x + y + z), vượt ba h đa thức có bậc khơng vượt q an Lu với x, y, z số thực đôi khác Khi f đa thức bậc không n va ac th si 43 Chứng minh Sử dụng định nghĩa tỷ sai phân ta suy f [x, y, z] = f (x)(y − z) + f (y)(z − x) + f (z)(x − y) , (x − y)(y − z)(x − z) đó, từ (2.82) ta suy f (x)(y − z) + f (y)(z − x) + f (z)(x − y) = (x − y)(y − z)(x − z)h(x + y + z) (2.83) Nếu hàm f thỏa mãn phương trình (2.83) f + d thỏa, d số Khơng tính tổng qt ta giả sử f (0) = 0, đó, cho z = phương trình (2.83), ta yf (x) − xf (y) = xy(x − y)h(x + y) (2.84) lu an với số thực x, y khác không thỏa x 6= y Khi đó, phương trình (2.84) f (x) f (y) − = (x − y)h(x + y) x y n va viết lại sau tn to (2.85) Theo giả thiết, ta có f hàm khả vi, ta cần chứng minh h hàm liên tục gh p ie R Thật vậy, thay x u − y phương trình (2.85), ta i h f (u − 1) − f (1) (2.86) h(u) = u−1 nl w u−2 oa với số thực u khác Ở đây, ta thấy vế phải (2.86) d hàm xác định liên tục khoảng (−∞, 1), (1, 2) (2, +∞) Do đó, h lu an hàm số liên tục khoảng (−∞, 1), (1, 2) (2, +∞) lm ul ta nf va Bằng cách tương tự, thay x u + y −1 phương trình (2.86), f (u + 1) h(u) = + f (−1) u+2 u+1 với số thực u khác −1 −2 Vì vế phải (2.3) xác định liên tục h i z at nh oi nên h hàm số liên tục Như vậy, h hàm số liên tục R z Vì f hàm khả vi h hàm liên tục, đó, phương trình (2.85), f (x) = −xh(x) x x 6= f (0) x = x an Lu f (x) m co Do đó, ta xét q(x) = (2.87) l f (0) − gm @ ta cho y dần đến ta thu n va ac th si 44 ta có f (x) = xq(x) với x từ phườn trình (2.85), ta có q(y) − q(x) = (y − x)h(x + y) Bởi Định lý 2.3, ta có q(x) = ax2 + bx + c f (x) = ax3 + bx2 + cx Nếu khơng giả sử f (0) = ta f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, lu an d = f (0) Định lý chứng minh va n Năm 1992, Bailey đặt câu hỏi liệu hàm liên tục (hoặc khả vi) gh tn to f thỏa mãn phương trình f [x1 , x2 , , xn ] = g(x1 + x2 + · · · + xn ) (2.88) p ie đa thức có bậc khơng q n Sử dụng vài kỹ thuật nl w Kannappan Sahoo (1995) giải toán Bailey Đầu tiên, ta giải d oa toán Bailey với trường hợp n = (2.89) f [x1 , x2 , x3 ] = g(x1 + x2 + x3 ) nf va an lu Định lý 2.7 Cho f : R → R thỏa mãn phương trình hàm lm ul với số thực x1 , x2 , x3 thỏa x1 6= x2 , x2 6= x3 , x3 6= x1 Khi f đa thức có z at nh oi bậc không vượt ba g đa thức có bậc khơng vượt q Chứng minh Nếu f (x) nghiệm phương trình (2.89) f (x) + a0 + a1 x thỏa Và khơng tính tổng qt ta giả sử f (0) = f (α) = 0, z l f (x) = −x(α − x)g(x + α), gm (x1 , x2 , x3 ) (x, 0, α) (2.89) ta @ với α số thực khác Chú ý có nhiều lựa chọn cho số α.Đầu tiên, thay x 6= 0, α (2.90) m co Tiếp theo, ta thay (x1 , x2 , x3 ) (x, 0, y) (2.89) ta an Lu (2.91) n va f (x) f (y) − = g(x + y) x(x − y) y(x − y) ac th si 45 với x, y 6= x 6= y Xét f (x) , x ∀x ∈ R\{0} (2.92) q(x) − q(y) = (x − y)g(x + y) (2.93) q(x) = Khi (2.91) trở thành với x, y ∈ R x 6= y Để ý (2.93) với x = y Bây ta xét phương trình q(x) − q(y) = (x − y)g(x + y) lu an với x, y ∈ R\{0} Thay y = −x (2.93) , ta va n q(x) − q(−x) = 2xg(0), ∀x 6= (2.94) tn to ie gh Tiếp theo, thay y = −y (2.93) ta p q(x) − q(−y) = (x + y)g(x − y) (2.95) nl w với x, y ∈ R\{0} d oa Lấy (2.95) trừ (2.93) vế theo vế sử dụng (2.94), ta lu (x + y)[g(x − y) − g(0)] = (x − y)[g(x + y) − g(0)], ∀x, y ∈ R\{0} nf va an (2.96) Với số thực u, v cho u 6= ±v , (2.96) cho lm ul x= y= z at nh oi u+v ta u−v u[g(v) − g(0)] = v[g(u) − g(0)] v ∈ R\{u1 , −u1 } (2.98) m co l v ∈ R\{u2 , −u2 } an Lu g(v) = a2 v + b2 , gm Ta lại cho u = u2 , ta @ g(v) = a1 v + b1 , (2.97) z Do cho u = u1 , ta ∀u 6= ±v (2.99) n va ac th si 46 Vì hai {u1 , −u1 } {u2 , −u2 } khơng trùng nhau, ta có g(v) = av + b, (2.100) v R Bây sử dụng (2.100) vào (2.91), ta f (x) = (x2 − xα)g(x + α) = (x2 − xα)[a(x + α) + b] = ax3 + bx2 + cx c = −aα2 − bα Nếu bỏ giả thiết f (0) = 0, ta có lu f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, ∀x 6= 0, α an (2.101) n va Từ (2.101) f (0) = 0, f (α) = 0, ta có f đa thức có bậc khơng vượt q ba Giờ đây, ta tìm nghiệm tốn (2.88) mà khơng thêm giả thiết gh tn to với x ∈ R Chứng minh hoàn thành p ie hàm f g Bổ đề sau cần thiết để giải toán Bailey w trường hợp tổng quát oa nl Bổ đề 2.5 Cho S tập hữu hạn R tập đối xứng, tức −S = S d Cho f, g : R → R hàm số thỏa mãn phương trình hàm lu ∀x, y ∈ R\S Khi (2.102) nf va an f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), lm ul f (x) = ax2 + bx + c (2.103) g(y) = ay + b z at nh oi với x ∈ R\S y ∈ R, a, b, c số Chứng minh Thay y = −x (2.102), ta thu z f (x) − f (−x) = 2xg(0), x ∈ R\S (2.104) x, y ∈ R\S m an Lu Lấy (2.105) trừ cho (2.103) sử dụng (2.104) ta (x + y)(g(x − y) − g(0)) = (x − y)(g(x + y) − g(0)), (2.105) co f (x) − f (−y) = (x + y)g(x − y), l gm @ Ta lại thay y = −y (2.102), ta (2.106) n va ∀x, y ∈ R\S ac th si 47 Với số thực u 6= Cho v ∈ R cho u+v ∈ / S đặt x = u+v y = u−v Khi x + y = u x − y = v sử dụng (2.106) ta u(g(v) − g(0)) = v(g(u) − g(0)), ∀v ∈ R\(2S ± u), (2.107) 2S ± u kí hiệu cho tập {2s + u|s ∈ S} ∪ {2s − u|s ∈ S} Với u cố định, phương trình (2.107) tuyến tính theo v , có dạng av + b, ngoại trừ tập 2S ± u.Để kết luận g tuyến tính tập số thực, ta cần ý rằng, lấy hai giá trị u khác thích hợp, tập đặc biệt lu an có liên quan rời g(v) = av + b với số thực v với số n va tn to Thế hàm g vào phương tình (2.102), ta ∀x, y ∈ R\S (2.108) ie gh f (x) − ax2 − bx = f (y) − ay − by, p Chọn giá trị y thỏa mãn y ∈ R phương trình (2.108), ta d oa bổ đề nl w f (x) = ax2 + bx + c, với x ∈ R\S , c số Điều hồn thành chứng minh trình (2.88) nf va an lu Định lý sau giải trọn vẹn câu hỏi mà Bailey đưa cho phương lm ul Định lý 2.8 Cho f, g : R → R hàm số thỏa mãn phương trình (2.88) với x1 , x2 , , xn ∈ R phân biệt, nghĩa xj 6= xj (i 6= j; i, j = 1, 2, , n) Khi f z at nh oi đa thức có bậc không vượt n g đa thức có bậc khơng vượt q Chứng minh Ta dễ dàng thấy f nghiệm (2.88) f (x) + n−2 X z k=0 gm @ thỏa Vì ta giả sử f (0) = = f (y1 ) = f (y2 ) = · · · = f (yn−2 ) với y1 , y2 , , yn−2 số thực phân biệt khác khơng Rõ ràng có nhiều lựa chọn l cho 0, y1 , y2 , , yn−2 Thế số (x, 0, y1 , y2 , , yn−2 ) (x, 0, y, y1 , y2 , , yn−3 ) co vào phương trình (2.88), ta m f (x) = −x(y1 − x) · · · (yn−2 − x)g x + n−2 X (2.109) n va k=1 yk an Lu ac th si 48 n−3 X f (x) f (y) yk − = g x+y+ x(x − y)(y1 − x) · · · (yn−3 − x) y(x − y)(y1 − y) · · · (yn−3 − y) k=1 x 6= y x, y 6= 0, y1 , , yn−2 Bây giờ, ta viết lại phương trình thành l(x) − l(y) = (x − y)g x + y + n−3 X (2.110) yk , k=1 l(x) = f (x) x(y1 −x)···(yn−3 −x) với x, y 6= 0, y1 , , yn−3 Khi Bổ đề 2.5 lu cách chọn x, y 6= 0, y1 , y2 , , yn−3 bất kì, g tuyến tính (và l(x) an hàm bậc hai) Do từ (2.109), f đa thức có bậc khơng q n Chứng minh va n hoàn thành p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số toán lời giải lu Trong chương này, chúng tơi giới thiệu trình bày số tốn phương an trình hàm liên quan đến định lý giá trị trung bình Lagrange số phương n va trình hàm liên quan khác Tài liệu sử dụng chương gh tn to [1, 2, 7] p ie 3.1 w Một số phương trình hàm liên quan Định lý giá trị trung bình Lagrange d oa nl Bài tốn 3.1 ([2]) Tìm hàm f (x), g(x) xác định R cho ∀x, y ∈ R nf va Lời giải (3.1) an lu f (x) − f (y) = (x + y)g(x − y), Thay y = x vào (3.1), ta lm ul ∀x ∈ R z at nh oi f (−x) = f (x), (3.2) Tiếp theo, ta thay x = x + 1, y = x vào (3.1) sử dụng (3.2), ta z f (x + 1) − f (x) = 2(x + 1)g(1), (3.3) ∀x ∈ R (3.4) l gm @ f (x + 1) − f (x) = g(2x + 1), ∀x ∈ R ac th 49 n va Suy g(x) = ax với a = g(1), a ∈ R ∀x ∈ R an Lu g(2x + 1) = g(1)(2x + 1), m co Từ (3.3) (3.4), ta có si 50 Thay y = vào (3.1), sử dụng kết hàm g vừa tìm được, ta f (x) − f (0) = xg(x), ∀x ∈ R Suy f (x) = ax2 + b với b = f (0) Thử lại thấy thỏa Vậy f (x) = ax2 + bx, g(x) = ax hàm cần tìm với a, b ∈ R tùy ý Cách Thay y = −y (3.1) sử dụng (3.2),ta f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R Áp dụng Định lý 2.3, ta lu an f (x) = ax2 + b + c, g(x) = ax + b, n va ∀x ∈ R, Thay hàm f (x), g(x) vừa tìm vào (3.1), ta suy b = Do đó, gh tn to a, b, c số thực p ie f (x) = ax2 + c, g(x) = ax, ∀x ∈ R nl w Thử lại thấy d oa Vậy f (x) = ax2 + c, g(x) = ax hàm cần tìm với a, c ∈ R tùy ý an lu nf va Bài toán 3.2 (Đề thi thức Olympic 30/4/2012) Tìm tất cặp hàm số f (x), g(x) : R → R thoả mãn đồng thời điều kiện sau lm ul f (0) = g(0) = 1, g(1) = 2; z at nh oi f (x) − f (y) = (x − y)g(x + y), Lời giải ∀x, y ∈ R (3.5) z ∀x ∈ R m co Tiếp theo ta thay x = x + 1, y = x vào (3.5) , ta ∀x ∈ R an Lu f (x + 1) − f (x) = g(2x + 1), (3.6) l f (x) − f (−x) = 2x, gm @ Thay y = −x vào (3.5) sử dụng g(0) = 1, ta (3.7) n va ac th si 51 Trong (3.5), ta thay x x + y −x, ta f (x + 1) − f (−x) = 2(2x + 1), ∀x ∈ R (3.8) Lấy (3.8) trừ cho (3.7) vế theo vế ta ∀x ∈ R g(2x + 1) = 2x + + 1, hay ∀x ∈ R g(x) = x + 1, (3.9) Thay y = vào (3.5), ta có lu an f (x) − = xg(x), ∀x ∈ R va Kết hợp g(x) vừa tìm được, ta có n to ∀x ∈ R gh tn f (x) = x2 + x + 1, p ie Thử lại thấy thỏa w Vậy f (x) = x2 + x + 1, g(x) = x + ∀x ∈ R hàm cần tìm oa nl Nhận xét 3.1 Ta thấy toán dạng Định lý 2.3 trình bày d Chương sử dụng kết Định lý 2.3, ta dễ dàng có lu nf va an f (x) = ax2 + bx + c lm ul g(x) = ax + b z at nh oi Kết hợp với điều kiện đề cho, ta dễ dàng suy b = c = 1, ta lại có thay x = 1, y = (3.5) ta f (1) = 1, suy a = Vậy f (x) = x2 + x + 1, g(x) = x + 1, ∀x ∈ R hàm cần tìm z @ xf (x) − yf (y) = (x − y)g(x + y), ∀x, y ∈ R (3.10) m co Lời giải l gm Bài tốn 3.3 (Irish, 1995) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn an Lu Ta thấy f nghiệm (3.10) f + b nghiệm Do đó, khơng tính tổng qt, ta giả sử f (0) = n va ac th si
Ngày đăng: 19/07/2023, 04:55
Xem thêm:
