MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC Nguyễn Văn Tuấn MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp Mã số : 60 - 46 - 40 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Thành Văn Hà Nội - 2011 Mục lục Lời nói đầu iii Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm số liên tục 1.1.1 Định nghĩa hàm số liên tục 1.1.2 Tính chất hàm số liên tục 1.2 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn 1.4 Tính đơn điệu hàm số 1.5 Tính chất ánh xạ hàm số Chương Một số phương trình hàm 2.1 Phương trình hàm Cauchy 2.2 Phương trình hàm Jensen 11 2.3 Vận dụng phương trình hàm vào giải toán 14 Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm 31 3.1 Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số 31 3.2 Phương pháp Qui nạp toán học 43 3.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số 46 3.4 Phương pháp sử dụng tính chất ánh xạ hàm số 58 i 3.5 Phương pháp điểm bất động 71 3.6 Phương pháp đưa dãy số 79 3.6.1 Cơ sở lý thuyết phương trình sai phân 79 3.6.2 Một số toán vận dụng 81 Kết luận 86 Tài liệu tham khảo 87 ii Lời nói đầu Phương trình hàm lĩnh vực hay khó toán học sơ cấp Trong kì thi Olympic Toán học Quốc gia, Khu vực Quốc tế thường xuyên xuất toán phương trình hàm Các toán thường khó, khó Để giải toán đó, trước tiên ta cần nắm vững tính chất hàm số, số phương trình hàm bản, phương pháp giải có vận dụng thích hợp Với mong muốn tiếp cận với toán phương trình hàm kì thi Olympic Toán, luận văn theo hướng Cụ thể, luận văn chia làm ba chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trình bày định nghĩa tính chất hàm số Chương Một số phương trình hàm Trình bày số phương trình hàm bản, dạng liên quan số trường hợp riêng lẻ hay mở rộng, sâu phương trình hàm Cauchy, vận dụng Trong chương có nhiều toán thi Olympic để thấy tầm quan trọng phương trình hàm Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm Trình bày số phương pháp giải phương trình hàm thông dụng Ở phương pháp bắt đầu phương pháp chung, số lý thuyết hữu ích liên quan, toán vận dụng, cuối phần tập với gợi ý kèm theo Trong có không toán khó, toán thi học sinh giỏi giúp tìm hiểu sâu hơn, nắm vững phương pháp Để hoàn thành luận văn, trước hết xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Thành Văn dành thời gian hướng dẫn, đánh giá, bảo, tận tình giúp đỡ trình xây dựng đề tài hoàn thiện luận văn Qua đây, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô, anh chị học viên cao học toán khóa 2009-2011, Ban giám hiệu, Phòng sau đại học, Khoa Toán - Cơ - Tin học trường đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội tạo điều kiện, giúp đỡ suốt trình hoàn thành khóa học iii Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả hạn hẹp nên vấn đề trình bày luận văn chưa trình bày sâu sắc tránh khỏi sai sót Mong nhận góp ý xây dựng thầy cô bạn Tôi xin chân thành cảm ơn ! Hà nội, ngày tháng 11 năm 2011 Học viên Nguyễn Văn Tuấn iv Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, ta trình bày định nghĩa, tính chất liên quan đến hàm số phục vụ cho toán trình bày chương sau Ta quan tâm đến hàm số f (x) với tập xác định D( f ) ⊆ R tập giá trị R( f ) ⊆ R 1.1 Hàm số liên tục 1.1.1 Định nghĩa hàm số liên tục Định nghĩa 1.1 Giả sử hàm số f xác định khoảng (a, b) ⊂ R x0 ∈ (a, b) Ta nói f (x) hàm liên tục x0 với dãy số {xn }∞ n=1 , xn ∈ (a, b) cho lim xn = x0 n→+∞ ta có lim f (xn ) = f (x0 ) n→+∞ Định nghĩa tương đương với định nghĩa sau: Định nghĩa 1.2 Hàm f (x), xác định (a; b), gọi liên tục x0 ∈ (a, b) lim f (x) = f (x0 ) x→x0 Điều có nghĩa ∀ε > tồn δ (ε), phụ thuộc vào ε, cho ∀x : |x − x0 | < δ | f (x) − f (x0 )| < ε Hàm số không liên tục x0 gọi gián đoạn điểm x0 Định nghĩa 1.3 Giả sử hàm số f xác định tập hợp J, J khoảng hợp nhiều khoảng R Ta nói hàm số f liên tục J liên tục điểm thuộc tập hợp Định nghĩa 1.4 Hàm số f xác định đoạn [a, b] gọi liên tục đoạn [a, b] liên tục khoảng (a, b) lim f (x) = f (a), lim f (x) = f (b) x→b− x→a+ 1.1.2 Tính chất hàm số liên tục Ở mục trên, ta có cách để xác định hàm số liên tục Tuy nhiên việc sử dụng định nghĩa lúc đơn giản Do vậy, người ta chứng minh tính chất hữu ích, giúp ta xác định nhanh hàm số liên tục, sau: Các hàm số sơ cấp như: hàm lũy thừa, hàm thức, hàm lượng giác, hàm số mũ, hàm logarit, hàm số liên tục miền xác định Giả sử f (x), g(x) hàm số liên tục D ∈ R Khi ( f + g)(x) = f (x) + g(x), ( f ◦ g)(x) = f [g(x)] hàm liên tục D f (x) hàm liên tục Trong trường hợp ngược g(x) lại liên tục tập xác định Giả sử g(x) = 0, ∀x ∈ R Khi Một số tính chất quan trọng khác hàm số liên tục: Định lý 1.1 (Định lý giá trị trung gian hàm số liên tục) Giả sử hàm số f liên tục đoạn [a, b] Nếu f (a) = f (b) với số thực M nằm f (a) f (b), tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = M Mệnh đề 1.1 Giả sử f (x), g(x) hai hàm xác định liên tục R Khi f (x) = g(x), ∀x ∈ Q ta có f (x) ≡ g(x) R Chứng minh Với x ∈ R, ta xét dãy số hữu tỉ sn , n ∈ N thỏa mãn lim sn = x n→+∞ Do f (r) = g(r), ∀r ∈ Q, nên f (sn ) = g(sn ), ∀n ∈ N Lấy giới hạn hai vế n → +∞, với ý f (x), g(x) hàm liên tục, ta có lim f (sn ) = lim g(sn ) ⇒ f ( lim sn ) = g( lim sn ) ⇒ f (x) = g(x) n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ Vậy với x ∈ R ta có f (x) = g(x) Hay f (x) = g(x), ∀x ∈ R (ĐPCM) Nhận xét: Trong mệnh đề ta thay giả thiết f (x) = g(x), ∀x ∈ Q giả thiết f (x) = g(x), ∀x ∈ A, A tập hợp trù mật R Với định nghĩa tập hợp trù mật sau: Định nghĩa 1.5 Tập A ∈ R gọi tập trù mật R ∀x, y ∈ R, x < y tồn a ∈ A cho x < a < y Ví dụ 1.1 Q tập trù mật R Giả sử ≤ p ∈ N Tập A = { m | m ∈ Z, n ∈ N} trù mật R pn 1.2 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.6 Xét hàm số f (x) với tập xác định D( f ) ⊆ R tập giả trị R( f ) ⊆ R Khi đó: (i) f (x) gọi hàm số chẵn M, M ⊂ D( f ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M (ii) f (x) gọi hàm số lẻ M, M ⊂ D( f ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = − f (x), ∀x ∈ M 1.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn Định nghĩa 1.7 Hàm số f (x) gọi hàm tuần hoàn (cộng tính) chu kì a, a > M, M ∈ D( f ) với x ∈ M ta có x ± a ∈ M f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M Số thực T > nhỏ (nếu có) thỏa mãn f (x + T ) = f (x), ∀x ∈ M gọi chu kì sỏ hàm số tuần hoàn f (x) Định nghĩa 1.8 Hàm số f (x) gọi phản tuần hoàn (cộng tính) chu kì b, b > M, M ∈ D( f ) với x ∈ M ta có x ± b ∈ M f (x + b) = − f (x), ∀x ∈ M Ví dụ 1.2 (IMO 1968) Cho số thực a Giả sử hàm f : R → R thỏa mãn + f (x) − [ f (x)]2 , ∀x ∈ R Chứng minh f (x) hàm tuần hoàn Lấy ví dụ hàm f trường hợp a = f (x + a) = Giải Giả sử f hàm cần tìm Ta thấy ≤ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R 1 Đặt f (x) − = g(x), ∀x ∈ R Khi ≤ g(x) ≤ , ∀x ∈ R ta có 2 g(x + a) = − [g(x)]2 , ∀x ∈ R − [g(x)]2 Suy [g(x + 2a)]2 = − [g(x + a)]2 = [g(x)]2 ⇒ g(x + 2a) = g(x), ∀x ∈ R Do f (x + 2a) = f (x), ∀x ∈ R, hay f (x) hàm tuần hoàn π Với a = dễ dàng kiểm chứng hàm f (x) = | sin x| + , ∀x ∈ R thỏa mãn toán 2 Hay [g(x + a)]2 = 1.4 Tính đơn điệu hàm số Định nghĩa 1.9 Giả sử hàm số f (x) xác định I ∈ D( f ), ta xét I khoảng, nửa khoảng hay đoạn thực Khi đó, hàm số f (x) gọi không giảm (hoặc không tăng) I ∈ D( f ) với a, b ∈ I f (a) ≥ f (b) ⇐⇒ a ≥ b (tương ứng f (a) ≥ f (b) ⇐⇒ a ≤ b) Định nghĩa 1.10 Hàm số f (x) gọi đồng biến (đơn điệu tăng) I ∈ D( f ) với a, b ∈ I ta có f (a) > f (b) ⇐⇒ a > b Định nghĩa 1.11 Hàm số f (x) gọi nghịch biến (đơn điệu giảm) I ∈ D( f ) với a, b ∈ I ta có f (a) > f (b) ⇐⇒ a < b 1.5 Tính chất ánh xạ hàm số Giả sử 0/ = X ∈ R Xét hàm số f : X → R, ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1.12 Hàm số f (x) gọi đơn ánh X với a, b ∈ X f (a) = f (b) ⇐⇒ a = b Định nghĩa 1.13 Hàm số f (x) gọi toàn ánh từ X vào Y với y ∈ Y tồn x ∈ X thỏa mãn f (x) = y Định nghĩa 1.14 Hàm số f (x) gọi song ánh từ X vào Y vừa đơn ánh X vừa toàn ánh từ X vào Y Định nghĩa 1.15 Giả sử f : X → Y song ánh Khi đó, ta định nghĩa hàm số f −1 : Y → X sau: với y ∈ Y f −1 (y) = x x phần tử X thỏa mãn f (x) = y Ta gọi f −1 hàm số ngược f Có thể thấy f −1 song ánh từ Y vào X Chương Một số phương trình hàm 2.1 Phương trình hàm Cauchy Bài toán 2.1.1 (PTH Cauchy) Tìm tất hàm số f (x) liên tục R thỏa mãn f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (2.1) LỜI GIẢI Với n ∈ N∗ , từ (2.1) ta suy f (x1 + x2 + + xn ) = f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ), x1 , x2 , , xn ∈ R tùy ý Lấy x1 = x2 = = xn = x ta f (nx) = n f (x), ∀x ∈ R (i) Đặc biệt, ta lấy x = ta có f (n) = n f (1), ∀n ∈ N∗ Trong (i), thay x = , ta có n 1 f (1) = n f ( ) hay f ( ) = f (1), ∀n ∈ N∗ n n n Từ đó, với m, n ∈ N∗ ta có m m f ( ) = m f ( ) = f (1) n n n Điều có nghĩa f (x) = x f (1), ∀x ∈ Q+ (ii) Trong (2.1) thay x = y = 0, ta có f (0) = f (0) suy f (0) = Khi đó, thay y = −x ta có = f (0) = f (x) + f (−x) nên f (−x) = − f (x) hay f (x) hàm lẻ Do từ (ii) dẫn đến f (x) = x f (1), ∀x ∈ Q Nhưng f (x) x f (1) hai hàm liên tục R, nên theo mệnh đề 1.1 ta suy f (x) = x f (1), ∀x ∈ R Đặt f (1) = a, f (x) = ax, hàm thỏa mãn toán Vậy nghiệm toán PTH Cauchy f (x) = ax, ∀x ∈ R, với a ∈ R tùy ý Nhận xét: Nhận xét: Việc nhận x + f (x) + x f (x) điểm bất động tương đối dễ Điểm mấu chốt toán tận dụng (ii) để thấy tính điểm bất động khoảng −1 < x < x > 0, lập luận có điểm bất động u ta suy điểm bất động 2u + u2 = u nằm khoảng trên, để từ ta có kết luận quan trọng hàm f có điểm bất động x = 0, giúp giải toán dễ dàng Một cách tương tự PTH này, ta có số toán sau: Bài toán 3.5.2 Chứng minh không tồn hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện (i) −x + y = f (x + f (y) + y2 f (y)) ∀x, y ∈ R f (x) giảm thực (−∞, 0) tăng thực (0, +∞) (ii) x LỜI GIẢI Giả sử f hàm thỏa mãn toán Trước tiên ta chứng minh f có điểm bất động a a = Từ (ii) ta thấy hàm f có tối đa điểm bất động, điểm bất động (nếu có) nằm khoảng x < 0, điểm điểm nằm khoảng x > Giả sử f có điểm bất động a thỏa mãn a > Khi đó, (i) ta cho y = a, ta a − x = f (x + a + a3 ), ∀x ∈ R Ở đây, lấy x = − a3 , a3 a3 a3 ta a + = f (a + ) Suy a + điểm bất động hàm f , 2 a3 a > ta có a + > a > Do f có hai điểm bất động phân biệt khoảng x > 0, mâu thuẫn Do f điểm bất động khoảng x > Tương tự thế, ta dễ dàng chứng minh f điểm bất động thỏa mãn x < Do có điểm bất động a, ta suy a = f (0) , ta Trong (i) ta lấy y = 0, ta −x = f (x + f (0)), ∀x ∈ R Ở đây, lấy x = − f (0) f (0) f (0) f (0) = f( ), hàm f có điểm bất động , suy = hay f (0) = 2 2 Bây ta chứng minh không tồn t = cho f (t) = Thật vậy, giả sử tồn t = mà f (t) = Khi đó, (i) ta cho y = t, ta t t t t t − x = f (x), ∀x ∈ R Tiếp theo, ta cho x = ta = f ( ), điểm bất động 2 2 khác hàm f , t = Điều mâu thuẫn với khẳng định Do vậy, không tồn t = mà f (t) = 0, hay f (x) = ⇐⇒ x = Trong (i) lấy y = x, ta có = f (x + f (x) + x2 f (x)), ∀x ∈ R x Từ ta có x + f (x) + x2 f (x) = hay f (x) = − , ∀x ∈ R + x2 x Thử lại, ta thấy f (x) = − thỏa mãn (ii), lại không thỏa mãn (i) + x2 Do không tồn hàm f thỏa mãn toán (ĐPCM) ! Nhận xét: Ý tưởng toán dựa vào hai kết mấu chốt: f có điểm bất động 73 x = f (x) = ⇐⇒ x = 0, từ giải tiếp toán Bài toán 3.5.3 Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện sau (1) f (x3 y + 2xy − y f (x)) = xy3 + 2xy − x f (y), ∀x ∈ R, f (x) (2) Hàm nghịch biến x < đồng biến x > x LỜI GIẢI Trong (1) lấy y = x ta có f (x4 + 2x2 − x f (x)) = x4 + 2x2 − x f (x), ∀x ∈ R Như vậy, với x ∈ R x4 + 2x2 − x f (x) điểm bất động f Ta tìm tập hợp điểm bất động f Từ (2) ta thấy f có tối đa điểm bất động: điểm bất động (nếu có) nằm khoảng x > 0, điểm nằm khoảng x < điểm bất động x = Ta chứng minh f điểm bất động a > Thật vậy, giả sử tồn a > mà f (a) = a, a4 + 2a2 − a f (a) = a4 + a2 > điểm bất động dương f Do f có điểm bất động dương nên a = a4 + a2 ⇐⇒ a3 + a = 1, phương trình có nghiệm dương Trong (1) lấy x = a kết hợp a3 + a = 1, sau rút gọn ta có f (y) = a(y3 + 2y − f (y)) ⇐⇒ f (y) = a (y3 + 2y), ∀y ∈ R 1+a a Nhưng với hàm f (y) = (y3 + 2y) vừa tìm được, không khó để ta thấy không 1+a thỏa mãn (1) Điều chứng tỏ giả sử sai, hay f điểm bất động dương Tiếp theo, f có điểm bất động x < 0, x4 + 2x2 − x f (x) = x4 + x2 điểm bất động dương f , mâu thuẫn với khẳng định vừa chứng minh Do đó, f điểm bất động âm Mặt khác, với x ∈ R x4 + 2x2 − x f (x) điểm bất động f , f có điểm bất động x = x4 + 2x2 − x f (x) = 0, ∀x ∈ R Suy f (x) = x3 + 2x, ∀x = 0, đẳng thức với x = 0, x = điểm bất động f Nên f (x) = x3 + 2x, ∀x ∈ R Thử lại, ta dễ thấy hàm thỏa mãn toán Kết luận: hàm số cần tìm f (x) = x3 + 2x, ∀x ∈ R Bài toán 3.5.4 (IMO 1983) Tìm f : (0, +∞) → (0, +∞) thỏa mãn (i) f (x f (y)) = y f (x) (ii) f (x) → x → +∞ LỜI GIẢI Trong (i) cho x = y ta có f (x f (x)) = x f (x) Suy với x > x f (x) điểm bất động f Ta xác định tập hợp điểm bất động f Ta thấy f đơn ánh, từ f (y1 ) = f (y2 ) thay y y1 , y2 (i) ta suy 74 y1 f (x) = f (x f (y1 )) = f (x f (y2 )) = y2 f (x) ⇒ y1 = y2 Trong (i) cho x = y = ta có f ( f (1)) = f (1) ⇒ f (1) = Do f có điểm bất động x = Bây giờ, ta thấy rằng: - Nếu x, y điểm bất định f f (xy) = f (x f (y)) = y f (x) = yx, suy xy điểm bất động f - Nếu x > điểm bất động f , ta có 1 1 = f (1) = f ( x) = f ( f (x)) = x f ( ), x x x 1 suy f ( ) = , điểm bất động f x x x Ta f có điểm bất động x = Thật vậy: f có điểm bất động x > x2 = x.x điểm bất động f , ta dẫn đến xn điểm bất động f với n ∈ N∗ Do f (xn ) = xn , điều mâu thuẫn với điều kiện (ii), x → +∞ xn = f (xn ) → +∞ Còn f có điểm bất động < x < > điểm bất động f Và tương tự ta dẫn đến x mâu thuẫn Vậy x = điểm bất động f Do x f (x) = 1, ∀x > hay f (x) = , ∀x > Thử lại, hàm thỏa mãn điều kiện (i), (ii) x Vậy hàm số cần tìm f (x) = , ∀x ∈ R x Bài toán 3.5.5 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + f (y)) = x + f (y) + x f (y) ∀x, y ∈ R (1) LỜI GIẢI Giả sử f hàm thỏa mãn toán Chọn y = 0, x = − f (0) từ (1) ta có f (0) = − f (0) suy f (0) = f (0) = −1 Nếu f (0) = 0, (1) cho y = ta suy f (x) = x, ∀x ∈ R, thay vào (1) ta có x + y = x + y + xy, ∀x, y ∈ R Suy xy = 0, ∀x, y ∈ R, vô lí Vậy f (0) = −1 Khi đó, (1) cho x = ta có f ( f (y)) = f (y), ∀y ∈ R Vậy ∀y ∈ R f (y) điểm bất động f Ta xác định tập điểm bất động hàm f Giả sử a điểm bất động hàm f , tức f (a) = a Trong (1) cho x = 1, y = a ta có f (1 + a) = f (1 + f (a)) = + f (a) + f (a) = + f (a) = + 2a, f ( f (y)) = f (y), ∀y ∈ R nên ta có f (1 + 2a) = f ( f (1 + a)) = f (1 + a) = + 2a Mặt khác f (1 + 2a) = f (1 + a + f (a)) = (1 + a) + f (a) + (1 + a) f (a) = + 3a + a2 , nên + 2a = + 3a + a2 suy a = a = −1 Ta thấy a = f (0) = −1, a = −1 Vậy f có điểm bất động a = −1 suy f (y) = −1, ∀y ∈ R Thử lại thấy f (x) = −1 nghiệm 75 toán Tiếp theo, ta xem xét vài tính chất hàm f tập hợp điểm bất động Sn hàm hợp f n , tính chất tập Sn Nó giúp ích phương pháp Ta bắt đầu với định nghĩa sau: Định nghĩa 3.2 Với hàm f bất kì, kí hiệu f = f f n+1 = f ( f n ) với n ∈ N∗ Ta định nghĩa Sn tập hợp điểm bất động f n Ta dễ dàng thấy x điểm bất động f x điểm bất động f n , tức S1 ⊆ Sn Nếu x điểm bất động fn f (x) điểm bất động f n f n ( f (x)) = f n+1 (x) = f ( f n (x)) = f (x), nên tập f (Sn ) nhận giá trị Sn Ngoài ra, f đơn ánh Sn f (a) = f (b) với a, b ∈ Sn a = f n (a) = f n−1 ( f (a)) = f n−1 ( f (b)) = f n (b) = b Điều dẫn đến: Sn tập hữu hạn f song ánh Sn Vì từ g(x) = x suy g2 (x) = g(g(x)) = g(x) = x nên điểm bất động g điểm bất động g2 Lấy g = f , f , f , f , ta thu S1 ⊆ S2 ⊆ S4 ⊆ S8 ⊆ Đây tính chất hữu ích tập Sn Bài toán 3.5.6 (VietNam TST 1990) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( f (x)) = x2 − với x ∈ R LỜI GIẢI Giả sử hàm f thỏa mãn toán tồn Việc xem xét đến tập S2 S4 giúp ta giải toán Tập hợp điểm bất động f tập hợp nghiệm phương trình x = x2 − 2, tức S2 = {−1, 2} Tập điểm bất động f nghiệm x = x4 − 2x2 + 2, giải √ phương √ phương trình √ −1 + −1 − −1 ± } Đặt c = d = trình ta suy S4 = {−1, 2, 2 Vì f song ánh S2 , S4 c, d ∈ S4 \ S2 nên ta suy f (c) = c f (c) = d Nếu f (c) = c f (c) = c suy c điểm bất động f , điều không Vì f (c) = d, tương tự f (d) = c Khi c = f (d) = f ( f (c)) = f (c), mâu thuẫn Vậy không tồn hàm f thỏa mãn toán Ta có cách mở rộng toán đây, cách giải hoàn toàn tương tự, ta có cách khác không dùng đến tính chất S2 , S4 76 Bài toán 3.5.7 Chứng minh không tồn hàm f : R → R thỏa mãn f ( f (x)) = x2 − q, q > LỜI GIẢI Đặt g(x) = x2 − q Hàm g(x) có điểm bất động a, b nghiệm phương trình g(x) = x2 − q = x hay x2 − x − q = Ta có g(g(x)) = x ⇐⇒ (x2 − q)2 − q = x ⇐⇒ (x2 − x − q)(x2 − x − q + 1) = (1) Gọi u, v nghiệm nhân tử thứ vế trái (1) Khi hàm g(g(x)) có điểm bất động a, b, u, v Ta có g(u) = v, g(v) = u Thật vậy: u, v nghiệm phương trình x2 −x−q+1 = nên sử dụng hệ thức Viet g(x) = x2 − q ta có g(u) = v, g(v) = u Giả sử tồn f thỏa mãn toán, tức f ( f (x)) = g(x) Ta có v = g(u) = f ( f (u)) suy f (v) = g( f (u)) Tương tự, ta có f (u) = g( f (v)) Thế đặt f (u) = z ta có g(g(z)) = g(g( f (u))) = g( f (v)) = f (u) = z Ta z điểm bất động g(g(x)) Bây giờ, ta chứng minh z khác với điểm bất động a, b, u, v - Nếu z = a khí v = g(u) = f (z) = f (a) ta có f (v) = f ( f (a)) = a suy f (u) = z = a = f (v), g(u) = f ( f (u)) = f ( f (v)) = g(v) ⇐⇒ v = u, điều Như z = a Tương tự, z = b - Nếu z = u ta có f (u) = u suy v = g(u) = f ( f (u)) = f (u) = u, mâu thuẫn Nếu z = v f (v) = f (z) = f ( f (u)) = g(u) = v ta dẫn đến u = g(v) = f ( f (v)) = f (v) = v, mâu thuẫn Như vậy, z điểm bất động thứ g(g(x)) Vô lý, g(g(x)) đa thức bậc Mâu thuẫn chứng tỏ giả sử f tồn sai Vậy không tồn hàm f thỏa mãn toán Nhận xét Ở trên, việc mở rộng với g(x) = x2 − q điều kiện q > để đảm bảo phương trình g(g(x)) = x ⇐⇒ (x2 − x − q)(x2 − x − q + 1) = có nghiệm thực phân biệt Vì ta lấy g(x) hàm bậc hai tùy ý mà đảm bảo g(g(x)) = x có nghiệm thực phân biệt, chẳng hạn g(x) = x2 − x − 3, ta giải tương tự Nhưng thay g(x) mà không đảm bảo điều toán khác, bạn đọc suy nghĩ thêm Lấy ví dụ, với g(x) = x2 , toán là: Tìm hàm f : R → R thỏa mãn f ( f (x)) = x2 , √ có nghiệm dễ nhận thấy f (x) = |x| , chí khác với toán ban đầu có nghiệm Việc thay f f n , n ∈ N∗ đồng thời thay đổi g(x) phức tạp 77 Bài toán 3.5.8 (IMO 1996) Tìm tất hàm f : N → N thỏa mãn f (m + f (n)) = f ( f (m)) + f (n), ∀m, n ∈ N (1) LỜI GIẢI Trong m = n = ta có f (0 + f (0)) = f ( f (0)) + f (0) Suy f (0) = 0, từ cho m = ta có f ( f (n)) = f (n), trường hợp riêng f ( f (0)) = f (0) = Từ đẳng thức ta viêt lại (i) sau f (m + f (n)) = f (m) + f (n) Theo trên, với n ∈ N f (n) điểm bất động f Gọi k điểm bất động khác bé hàm f Nếu không tồn k f (n) = với n ∈ N Khi đó, f (n) ≡ nghiệm toán Xét trường hợp tồn k Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh f (qk) = qk với q ∈ N tùy ý Bây giờ, ta lại xác định tập điểm bất động f Giả sử f có điểm bất động n > k Ta viết n = kq + r, với q, r ∈ N; ≤ r < k Khi đó, ta có n = f (n) = f (r + kq) = f (r + f (kq)) = f (r) + f (kq) = kq + f (r) Suy f (r) = r, điều dẫn đến r = 0, k > r ≥ điểm bất động nhỏ f Như thế, điểm bất động f bội k Tuy nhiên, với n ∈ N f (n) điểm bất động f Do đó, f (n) bội k với n Ta giả sử số nguyên không âm c1 , c2 , , ck−1 thỏa mãn f (r) = cr k với ≤ r < k, chọn c0 = Thế hàm f tổng quát thỏa mãn toán f (qk + r) = qk + cr k, với ≤ r < k Dễ dàng kiểm tra hàm thỏa mãn điều kiện toán Thật vậy, cho m = ak + r, n = bk + s với ≤ r, s < k f ( f (m)) = f (m) = ak + cr k, f (n) = bk + cs k, f (m + f (n)) = f (ak + cr k + bk + cs k) = ak + bk + cr k + cs k f ( f (m)) + f (n) = ak + bk + cr k + cs k, kéo theo (1) thỏa mãn Tóm lại, hàm xác định nghiệm tổng quát toán MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG : Bài tập 3.5.1 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f (x + f (y)) = 2x + f (y) + x f (y), ∀x, y ∈ R Bài tập 3.5.2 (Tournoi des villes 1996) Tìm tất f : R → R thỏa mãn f ( f (x)) = x2 − 1996 với x ∈ R 78 Bài tập 3.5.3 Chứng minh không tồn hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện (i) f (−x + y) = x + f (y) + y2 f (y) ∀x, y ∈ R f (x) giảm thực (−∞, 0) tăng thực (0, +∞) (ii) x Bài tập 3.5.4 Chứng minh không tồn hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện (i) 2x + y = f (x + f (y) + y2 f (y)) ∀x, y ∈ R f (x) (ii) giảm thực (−∞, 0) tăng thực (0, +∞) x Bài tập 3.5.5 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( f (x)) = x2 − x − 3, ∀x ∈ R Bài tập 3.5.6 (Italy TST 2005) Cho hàm số f : {1, 2, , 1600} → {1, 2, , 1600} thỏa mãn f (1) = f 2005 = x, ∀x ∈ {1, 2, , 1600} a) Chứng minh f có điểm bất động khác b) Tìm tất n > 1600 cho với hàm f : {1, 2, , n} → {1, 2, , n} thỏa mãn điều kiện có hai điểm bất động Gợi ý Ta có nhận xét sau: - NX 1: hàm f đơn ánh - NX 2: Nếu f n1 (x0 ) = x0 , f n2 (x0 ) = x0 f d (x0 ) = x0 với d = (n1 , n2 ) - NX 3: Nếu n nhỏ thỏa mãn f n (x0 ) = x0 n|2005 tập A = {x0 , f (x0 ), , f n−1 (x0 )} có tính chất f n (x) = x, ∀x ∈ A Khi ta gọi tập A có tính chất Tn Giả sử f (x) = x, ∀x > Khi {2, 3, , 1600} phân hoạch thành p tập có tính chất T5 q tập có tính chất T401 , r tập có tính chất T2005 , với p, q, r ∈ N Suy 5p + 401q + 2005r = 1599, phương trình vô nghiệm dẫn đến giả sử sai Và ta có ĐPCM 3.6 Phương pháp đưa dãy số 3.6.1 Cơ sở lý thuyết phương trình sai phân Trong phần này, ta xét nhiều đến phương trình sai phân (PTSP) tuyến tính Bạn đọc quan tâm tự tìm hiểu thêm phương trình sai phân không nhất, không khó để bạn đọc làm điều Chúng ta bắt đầu với định nghĩa cách xác định nghiệm phương trình sai phân trường hợp đơn giản Xét dãy số thực xn , n ∈ N Ta có định nghĩa sau: 79 Định nghĩa 3.3 PTSP tuyến tính dãy xn biểu thức tuyến tính giá trị dãy xn điểm khác nhau: a0 xn+k + a1 xn+k−1 + + ak xn = fn , ∀n ∈ N, (1) k ∈ N∗ ; ; i = 0, 1, , k với a0 , ak = số thực, fn hàm số n; giá trị xn cần tìm gọi ẩn Phương trình (1) gọi PTSP bậc k Để tính giá trị xn ta phải cho trước k giá trị liên tiếp xn Định nghĩa 3.4 Nếu fn ≡ 0, ∀n ∈ N (1) trở thành a0 xn+k + a1 xn+k−1 + + ak xn = 0, ∀n ∈ N, (2) phương trình gọi PTSP tuyến tính bậc k Định nghĩa 3.5 Xét dãy xn , n ∈ N với PTSP (2) Khi phương trình a0 λ k + a1 λ k−1 + + ak−1 λ + ak = (3) gọi phương trình đặc trưng PTSP tuyến tính (2) Bây giờ, ta trình bày (không chứng minh) cách xác định nghiệm tổng quát, theo công thức truy hồi, PTSP tuyến tính số trường hợp đơn giản, thể qua định lý Định lý 3.1 Nếu (3) có k nghiệm thực phân biệt khác λ1 , λ2 , , λk nghiệm tổng quát xn (2) có dạng k xn = ∑ ci λin , i=1 ci ; i = 1, 2, , k số thực tùy ý Định lý 3.2 Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm thực λ j , bội s, nghiệm λ jn , ta bổ xung thêm nghiệm nλ jn , n2 λ jn , , ns−1 λ jn Khi đó, nghiệm tổng quát (2) s−1 xn = ∑ k cij ni λ jn + i=0 ∑ c1 λin , j=i≥1 cij , ci số thực tùy ý; tổng ∑ thứ hai có (k − s) nghiệm λi Định lý 3.3 Nếu phương trình (3) có nghiệm phức (đơn) λ j = a + bi = r(cos ϕ + sin ϕ), √ b r = |λ j | = a2 + b2 , ϕ = argumen λ j , có nghĩa tan ϕ = , (3) có a nghiệm phức liên hợp λ j Khi nghiệm tổng quát (2) có dạng k xn = ∑ ci λin + rn (c1j cos (nϕ) + c2j sin (nϕ)), j=i=1 ci , c1j , c2i số tùy ý 80 Trong định lý trên, nghiệm lại nghiệm thực đơn Các trường hợp khác; PTSP tuyến tính không nhất, cách xây dựng nghiệm riêng nghiệm tổng quát trường hợp này, bạn đọc tự tìm hiểu thêm Ta áp dụng lý thuyết phương trình sai phân hàm số tập xác định hàm N Z Một trường hợp thường gặp khác ta làm việc với biểu thức dạng ∑ f i(x) Khi đó, với x cố định, ta xác định dãy số sau i∈N x0 = x, x1 = f (x), x2 = f (x), , xk = f k (x) = f ( f k−1 )(x), 3.6.2 Một số toán vận dụng Bài toán 3.6.1 (Dãy Fibonacci) Tìm hàm f : N → R thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = f (n) = f (n − 1) + f (n − 2), ∀2 ≤ n ∈ N LỜI GIẢI Đặt xn = f (n), ∀n ∈ N Khi ta có x0 = 0, x1 = xn = xn−1 + xn−2 , ∀2 ≤ n ∈ N Phương trình đặc trưng √ với dãy xn λ − λ − = 0, phương trình có nghiệm 1± Do công thức tổng quát dãy số phân biệt λ = √ √ 1+ n 1− n xn = c1 ( ) + c2 ( ) , ∀n ∈ N 2 √ √ 1− 1+ + c2 = Từ ta có Do x0 = 0, x1 = nên ta có c1 + c2 = c1 2 −1 c1 = √ , c = √ 5 √ √ 1+ n 1− n Vậy f (n) = xn = √ ( ) −√ ( ) , ∀n ∈ N 2 5 Bài toán 3.6.2 Cho f : N∗ → R thỏa mãn điều kiện f (1) = 1, f (2) = f (n + 2) = f (n + 1) − f (n), ∀n ∈ N∗ √ Chứng minh | f (n)| ≤ , ∀n ∈ N∗ 81 √ ± i LỜI GIẢI Phương trình đặc trưng λ − λ + = có nghiệm λ = Ta có √ π 3/2 √ = 3⇒ϕ = r = |λ | = 1/4 + 3/4 = 1; tan ϕ = 1/2 Do λ = cos (π/3) ± i sin (π/3) f (n) = c1 cos (nπ/3) + c2 sin (nπ/3), ∀n ∈ N∗ Kết hợp f (1) = 1, f (2) = ta suy c1 = c2 = f (n) = cos Từ suy | f (n)| ≤ √ 3/2 Từ nπ nπ + sin , ∀n ∈ N∗ 3 √ √ )2 = , ∀n ∈ N∗ (ĐPCM) 12 + ( 2 Bài toán 3.6.3 Tìm hàm f : N → N thỏa mãn f (2 f (n) + f (m)) = 2n + 3m, ∀m, n ∈ N (*) LỜI GIẢI Dễ thấy f đơn ánh Với m, n, p, q ∈ N mà 2n + 3m = 2p + 3q ta có f (2 f (n) + f (m)) = 2n + 3m = 2p + 3q = f (2 f (p) + f (q)), f đơn ánh nên f (n) + f (m) = f (p) + f (q), ∀ 2n + 3m = 2p + 3q Từ 2n + 3m = 2p + 3q suy 2(n − p) = 3(q − m), nên cách chọn đơn giản n − p = 3, q − m = Khi ta có f (p + 3) + f (m) = f (p) + f (m + 2), ∀m, p ∈ N Tiếp tục, ta chọn p = m f (m + 3) − f (m + 2) + f (m) = 0, ∀m ∈ N, (1) Phương trình đặc trưng (1) 2x3 − 3x2 + = 0, có nghiệm x1 = bội 2, x2 = −1/2 Suy công thức tổng quát f (m) f (m) = c1 + c2 m + c3 (− )m , với ci , i = 1, 2, 3, số tự nhiên, f (m) ∈ N nên c3 = Do đó, f (m) = c1 + c2 m, ∀m ∈ N Thay lại vào (*) ta suy c1 = 0, c2 = Vậy f (m) = m, ∀m ∈ N Nhận xét: Có thể mở rộng toán cách biến đổi phương trình (*) thành f (a f (n) + b f (m)) = an + bm, với a, b ∈ N Tuy nhiên, nhận thấy giải phương pháp qui dãy số có khó khăn PTSP bậc cao Có cách giải đặc sắc tương tự với toán Canada 2008 Xin dành cho bạn đọc quan tâm tìm hiểu thêm 82 Bài toán 3.6.4 (IMO 1992, Shortlist) Cho a, b hai số thực dương Xác định tất hàm f : [0, +∞) → [0, +∞) thỏa mãn f ( f (x)) + a f (x) = b(a + b)x, ∀x ≥ LỜI GIẢI Thay x f (x), f (x) = f ( f (x)), , f n (x), ta suy f n+2 (x) + a f n+1 (x) = b(a + b) f n (x), ∀n ∈ N Với x bất kì, cố định đặt x0 = x, xn+1 = f (xn ) = f n+1 (x), n ∈ N ta thu dãy số thực xn (phụ thuộc vào x trên) xác định x0 = x, x1 = f (x) xn+2 + axn+1 = b(a + b)xn , ∀x ∈ N Phương trình đặc trưng λ + aλ − b(a + b) = có nghiệm λ = b λ = −a − b Do ta có công thức tổng quát dãy sau xn = c1 bn + c2 (−a − b)n , ∀n ∈ N |(−a − b)n | = +∞ Do tồn n ∈ N đủ Nếu c2 = a, b > nên lim n→+∞ |b|n lớn thỏa mãn xn = c1 bn + c2 (−a − b)n < Nhưng f n (x) < 0, mâu thuẫn với giả thiết f : [0, +∞) → [0, +∞) Do ta phải có c2 = Khi với n = ta có x = x0 = c1 ; với n = ta có f (x) = x1 = c1 b f (x) = bx, ∀x ≥ Thử lại, ta đến kết luận nghiệm toán f (x) = bx, ∀x ≥ Bài toán 3.6.5 Cho trước k ∈ N Tìm hàm f : N → N thỏa mãn f ( f (x)) + f (x) = 2x + 3k, ∀x ∈ N LỜI GIẢI Với x đặt a0 = x với n ≥ đặt an+1 = f (an ) Khi ta có an+2 + an+1 = 2an + 3k an+3 + an+2 = 2an+1 + 3k, ∀n ∈ N Suy an+3 − 3an+1 + 2an = 0, ∀n ∈ N Phương trình đặc trưng λ − 3λ + = có nghiệm λ1 = bội λ2 = −2 Nên công thức tổng quát an an = c1 + c2 n + c3 (−2)n , ∀n ∈ N Nếu c3 = tồn n mà an < 0, mâu thuẫn Do c3 = an = c1 + c2 n Thay vào phương trình xác định dãy an ta có c1 + c2 (n + 2) + c1 + c2 (n + 1) = 2(c1 + c2 n) + 3k ⇒ c2 = k 83 Do an = c1 + kn Bây ý a0 = x, a1 = f (x) ta suy c1 = x, f (x) = x + k Thử lại, ta thấy f (x) = x + k, ∀x ∈ N nghiệm toán Nhận xét: Tương tự toán này, ta giải toán IMO 1987 sau: Chứng minh không tồn f : N → N thỏa mãn f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG MỤC NÀY: Bài tập 3.6.1 Xác định hàm f : N → N trường hợp sau (i) f (0) = 3, f (1) = f (n) = f (n − 1) − f (n − 2) (ii) f (n + 2) + f (n + 1) − f (n) = 0, ∀n ∈ N Chứng minh f (n) = f (0), ∀n ∈ N (iii) Chứng minh không tồn f : N∗ → N∗ thỏa mãn f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N∗ (iv) f (1) = 2, f (n + 1) > f (n), f ( f (n)) = f (n) + n, ∀n ∈ N∗ Bài tập 3.6.2 (Romania 1999) Xác định hàm đơn điệu f : R → R thỏa mãn f ( f ( f (x))) − f ( f (x)) + f (x) = 4x + 3, ∀x ∈ R Đáp số f (x) = x + 1, ∀x ∈ R Bài tập 3.6.3 Chứng minh không tồn hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (m f (n)) = n + f (2011m), ∀m, n ∈ N∗ Gợi ý Dễ thấy f đơn ánh Ta có f ( f (m) f (n)) = n+ f (2011 f (m)) = n+m+ f (20112 ) Từ với m + n = p + q ta có f (n) f (m) = f (p) f (q) Suy f (q) f (n) f (n − 1) f (2) f (n) = ⇒ = = = = k (const) f (p) f (m) f (n − 1) f (n − 2) f (1) Dẫn đến f (n) = kn−1 f (1) Từ k = f (n) = f (1), không thỏa mãn với điều kiện Bài tập 3.6.4 Cho f : N∗ → N∗ thỏa mãn f ( f (n)) = f (n + 1) + f (n), ∀n ∈ N∗ Chứng minh f (n) hàm đơn ánh Gợi ý Giả sử tồn m > n mà f (m) = f (n) Từ toán suy f (m + 1) = f (n + 1) Từ f (m + k) = f (n + k), ∀k ∈ N Và f (n) nhận hữu hạn giá trị nguyên dương Mặt khác f ( f (1)) = f (2) + f (1) ≥ suy f ( f ( f (1))) = f ( f (1) + 1) + f ( f (1)) ≥ Bằng quy nạp ta có f k (1) ≥ k, ∀k ∈ N∗ Điều dẫn đến mâu thuẫn Bài tập 3.6.5 (Balkan 2002) Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn f ( f (n)) + f (n) = 2n + 2001 2n + 2002, ∀n ∈ N Đáp số f (n) = n + 667 84 Bài tập 3.6.6 (VietNam 2003) Cho F tập hợp tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (3x) ≥ f ( f (2x)) + x, ∀x > Tìm α ∈ R lớn cho với hàm f ∈ F ta có f (x) ≥ α x, ∀x > Đáp số α = 1/2 85 Kết luận Sau thời gian hai năm học tập Khoa Toán – Cơ – Tin, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, giúp đỡ bảo tận tình thầy cô khoa, đặc biệt TS Nguyễn Thành Văn, hoàn thành luận văn với tên đề tài “Một số lớp toán phương trình hàm” Luận văn đạt số kết sau : Luận văn nêu số kiến thức trong đại số giải tích có ứng dụng nhiều việc giải toán phương trình hàm Luận văn hệ thống phân loại số dạng toán thường gặp theo phương pháp giải toán phương trình hàm với nhiều toán có lời giải, nhận xét bình luận Luận văn nêu số hướng khai thác mở rộng, tổng quát, hướng tư tìm lời giải biến hóa số dạng toán phương trình hàm Phân dạng phương trình hàm giúp cho định hướng giải chúng Vì hi vọng luận văn làm tài liệu tham khảo cho trình nghiên cứu, giảng dạy học tập toán bậc phổ thông Tôi mong nhận góp ý thầy cô bạn đồng nghiệp để đề tài tiếp tục hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! 86 Tài liệu tham khảo [1 ] Trần Nam Dũng, Tài liệu bồi dưỡng đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2010 [2 ] PGS.TS Nguyễn Quý Dy (chủ biên), Tuyển tập 200 thi vô địch toán - Tập 3, Nhà xuất giáo dục, 2001 [3 ] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, Nhà xuất Giáo dục, 2001 [4 ] Lê Đình Thịnh, Lê Đình Định, Phương pháp sai phân, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [5 ] Tạp chí Toán học Tuổi trẻ [6 ] Christopher G.Small, Functional equations and how to solve them, Springer [7 ] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, A Colection of Problems Suggested for The IMO 1959-2004, Springer 2004 [8 ] Marko Radovanovic, Functional Equations, The Authors and The IMO Compendium Group 2007 [9 ] Mohamed Akkouchi, A Class of Functional Equations Characterizing Ponolymials of Dgree Two, 2001 [10 ] Pierre Bontein, Moubinool Omarjee , Cours - Equations Fonctionelles, Mardi 2003 [11 ] Website: mathlinks.ro, vnmath.com, diendantoanhoc.net 87 [...]... = kt, k ≥ 0 Từ đó f (x) = kx2 30 Chương 3 Một số phương pháp giải phương trình hàm 3.1 Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số Đối với phương pháp này, ta thường sử dụng một cách trực tiếp định nghĩa của hàm liên tục, tức f (x) liên tục tại x0 khi và chỉ khi mọi dãy xn , n ∈ N∗ , có giới hạn là x0 , thì f (xn ) có giới hạn là f (x0 ) khi n → +∞ Một số kiến thức quan trọng nữa cần quan tâm, đó... Nghiệm của bài toán là a+b−1 sc − r , ∀x ∈ R, với s ∈ R tùy ý f (x) = sx + a+b−1 Đến đây, ta đã giải xong bài toán với tất cả các trường hợp Nhận xét: Ta thấy rằng, đối với bài toán tổng quát này thì bài toán PTH Cauchy vẫn đóng vai trò quan trọng nhất Trường hợp: a = 0 hoặc b = 0 bài toán sẽ chuyển sang hướng khác 2.3 Vận dụng PHT cơ bản vào giải toán Trong phần này, ta quan tâm nhiều đến các bài toán vận... bởi một hằng số c < 0 thì sẽ không tồn tại hàm f Vì khi đó ta cũng chỉ ra f cộng tính và f (x) = ax, a ∈ Q, nhưng khi thay vào phương trình điều kiện ta sẽ thấy không tồn tại a Chúng ta có thể hình dung qua bài toán dưới đây 15 Bài toán 2.3.3 (Autriche - Pologne 1997) Chứng minh rằng không tồn tại hàm f : Z → Z thỏa mãn f (x + f (y)) = f (x) − y, ∀x, y ∈ Z LỜI GIẢI Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán. .. f (x) = ax, ∀x ∈ R (ĐPCM) Ở trên, ta đã tìm hiểu bài toán PTH Cauchy trong các trường hợp khác nhau của hàm số f (x) Tiếp theo ta sẽ trình bày một số dạng cơ bản khác của PTH Cauchy Bài toán 2.1.4 Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) f (y), 7 ∀x, y ∈ R (2.2) LỜI GIẢI Ta thấy rằng f (x) ≡ 0 là nghiệm của bài toán (2.2) Xét trường hợp f (x) không đồng nhất bằng... 0] (theo [1]) Các hàm f thỏa mãn tính chất (2.1) được gọi là hàm cộng tính, hay thỏa mãn PTH Cauchy (theo một số tài liệu) Để có thể xác định hoàn toàn hàm cộng tính f trên R, ta có thể thay giả thiết f liên tục trên R hay chỉ tại một điểm, bằng một trong các giả thiết: f là hàm đơn điệu trên R; f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0, hay f bị chặn trên một đoạn nào đó, Vì tính quan trọng của lớp bài toán PTH Cauchy, ta... Trong phần này, ta quan tâm nhiều đến các bài toán vận dụng các kết quả của PTH Cauchy trong lớp hàm liên tục, đơn điệu và một số áp dụng các kết quả nhận xét; đồng thời ta cũng xét đến một số bài toán tương tự cùng với mở rộng của nó Bài toán 2.3.1 (IMO 1979, Shortlist) Cho hàm f : R → R, thỏa mãn với hai số thực bất kì x, y ta có f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y) Chứng minh rằng f (x + y) =... g(x) là hàm liên tục trên R và g(x + y) = ln f (x + y) = ln [ f (x) f (y)] = ln f (x) + ln f (y) = g(x) + g(y), ∀x ∈ R Theo bài toán PTH Cauchy thì g(x) = bx, b ∈ R tùy ý Hay f (x) = ebx = ax với a > 0 tùy ý Thử lại, hàm này thỏa mãn bài toán Bài toán 2.1.5 Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R\{0} thỏa mãn điều kiện f (xy) = f (x) f (y), ∀x, y ∈ R\{0} (2.3) LỜI GIẢI Thay y = 1 vào phương trình (2.3)... R tùy ý Nhận xét: Hai bài toán khá căn bản Điểm mấu chốt là đưa phương trình điều kiện về dạng cơ bản của PTH Cauchy Bạn đọc có thể tham khảo thêm trong [3], cuốn Phương trình hàm của GS - TSKH Nguyễn Văn Mậu Bài toán 2.3.6 (Italy 1999) a) Xác định hàm đơn điệu (thực sự) f : R → R thỏa mãn f (x + f (y)) = f (x) + y, ∀x, y ∈ R (a) b) Chứng minh rằng, với 1 < n ∈ N, không tồn tại hàm đơn điệu f : R →... ∀y ∈ R ta suy ra f (x) = x, ∀x ∈ R Hoàn toàn tương tự, ta có thể dễ dàng giải được các bài toán mở rộng sau Bài toán 2.3.10 Cho ∈ N∗ Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f (x2n + f (y)) = y + [ f (x)]2n , ∀x, y ∈ R Thay đổi bài toán IMO 1992, ta có bài toán tương tự, nhưng phức tạp hơn như sau: Bài toán 2.3.11 Tìm hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + [ f (y)]2 ) = f (x) + y2 , ∀x, y ∈ R (2) LỜI... + xn )= , ∀x1 , x2 , , xn ∈ R thỏa mãn f ( n n Nghiệm của bài toán này vẫn là nghiệm của bài toán PTH Jensen Bây giờ, ta sẽ thử thay đổi hệ số của các biến trong bài toán PHT Jensen, và đi tìm nghiệm của bài toán khi đó Cụ thể ta có bài toán sau đây: Bài toán 2.2.2 Cho a, b ∈ R \ {0} Tìm tất cả các hàm f (x) liên tục trên R thỏa mãn f (ax + by) = a f (x) + b f (y), ∀x, y ∈ R (2.6) LỜI GIẢI Thay