Phương trình hàm Cauchy

ở trường phổ thông, kiến thức về phương trinh hàm được đề cập tới chủ yếu cho các học sinh lớp chuyên toán, còn đối với học sinh đại trà thì đây vẫn là môt kiến thức khó tiếp cận. các taì liệu về phương trình hàm con ít. Do đó để giúp học sinh dễ tiếp cận và giải quyết được một số phương trình hàm cơ bản tôi chọn đề tài phương trình hàm Cauchy

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRỊNH XN HUY CAO HỌC TỐN K7C PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY TIỂU LUẬN TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu Ở trường phổ thông, kiến thức phương trình hàm đề cập tới chủ yếu cho học sinh lớp chun tốn, học sinh đại trà kiến thức khó mà tiếp cận Hiện tài liệu phương trình hàm chưa có tài liệu trình bày đầy đủ khía cạnh phương trình hàm Do đó, việc giúp học sinh tiếp cận với phương trình hàm dễ dàng giải số toán phương trình hàm yêu cầu cần thiết nhằm phục vụ cho kì thi học sinh giỏi nên tơi chọn đề tài “PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY” Tác giả Chương Một số kiến sở 1.1 Giải phương trình hàm: Giải phương trình hàm xác định hàm số chưa biết phương trình 1.2 Hàm số chẵn hàm số lẻ: Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R 1.2.1 Hàm số chẵn Hàm số f (x) gọi hàm số chẵn (gọi tắt hàm chẵn) M, M ⊂ D(f ) nếu:∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M 1.2.2 Hàm số lẻ: Hàm số f (x) gọi hàm số lẻ (gọi tắt hàm lẻ) M, M ⊂ D(f ) nếu: ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M 1.3 Đặc trưng số hàm số bản: Trong phần ta nêu đặc trưng sồ hàm số sơ cấp thường gặp chương trình phổ thơng Nhờ đặc trưng hàm mà ta dự đốn kết phương trình hàm tương ứng đề xuất dạng tập tương ứng với đặc trưng hàm đó: +) f (t) = at; (a = 0) Đặc trưng hàm: f (x + y) = f (x) + f (y); ∀x, y +) f (t) = at + b; (a, b = 0) Đặc trưng hàm: f x+y = f (x) + f (y) ; ∀x, y +) f (t) = tα ; t ∈ R+ Đặc trưng hàm: f (x.y) = f (x).f (y); ∀x, y > +) f (t) = at ; (a > 0, a = 1) Đặc trưng hàm: f (x + y) = f (x).f (y); ∀x, y +) f (t) = loga t; (a > 0, a = 1, t > 0) Đặc trưng hàm: f (x.y) = f (x) + f (y); +) f (t) = cos t ∀x, y ∈ R∗ Đặc trưng hàm: f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y) ∀x, y +) f (x) = tgx Đặc trưng hàm: f (x + y) = 1.4 f (x) + f (y) ; − f (x)f (y) ∀x, y ∈ R, x + y = π + kπ(k ∈ Z) Hàm số liên tục: Giả sử hàm số y = f (x) xác định điểm x = x0 Ta nói hàm số f (x) liên tục điểm x = x0 lim f (x) = f (x0 ) x→x0 Nếu đẳng thức khơng xảy ta nói hàm số bị gián đoạn điểm x = x0 Nếu hàm số liên tục điểm thuộc đoạn [a; b]thì ta nói hàm só f (x) liên tục đoạn Chương Phương trình hàm Cauchy 2.1 Phương trình hàm Cauchy: Bài tốn: Xác định hàm f (x) liên tục R thỏa mãn điều kiện: f (x + y) = f (x) + f (y),∀x, y ∈ R (1) Lời giải Từ (1) ta có f (0) = f (−x) = −f (x) suy f (x) hàm lẻ với y = x f (2x) = 2f (x) (2) Giả sử với k ∈ N f (kx) = kf (x), Khi đó: f ((k +1)x) = f (kx+x) = f (kx)+f (x) = kf (x)+f (x) = (k +1)f (x), ∀x ∈ R, k ∈ N Theo nguyên lý qui nạp ta có: f (nx) = nf (x),∀x ∈ R (∗) Vì f (x) hàm lẻ nên ta có: f (mx) = mf (x),∀x ∈ R, m ∈ Z (3) Từ (2) ta có: f (x) = f x2 = 2f x2 = 22 f 2x2 = = 2n f 2xn Từ suy ra: f 2xn = 21n f (x), ∀x ∈ R, n ∈ N (4) Kết hợp (3) (4) ta có: f 2mn = 2mn f (1), ∀m ∈ Z, n ∈ N ∗ Suy ra: f (x) = xf (1), ∀x ∈ Q Hơn nữa: ∀x ∈ R,luôn tồn {x0 } ⊂ Q cho lim xn = x n→+∞ ⇒ lim f (xn ) = f (x)⇒ lim xn f (1) = f (x) n→+∞ n→+∞ f (x) = ax (với a = f (1)) Thử lại ta thấy hàm f (x) = ax,∀a ∈ R, tùy ý thỏa điều kiện toán Nhận xét: tốn, gặp dạng phương trình hàm Cauchy đơn giản trên, mà thường gặp dạng biến thể tổng quát Chẳng hạn toán vấn đề sau: Bài toán vấn đề: Cho hàm số f (x) xác định R liên tục đoạn [0; 1] cho: (i) f (0) = f (1) = (ii) 2f (x) + f (y) = 3f 2x+y , ∀x, y ∈ [0; 1] Chứng minh f (x) = 0,∀x ∈ R Phân tích tốn: Từ điều kiện (ii) ta suy ra:f 2x+y = 23 f (x) + 13 f (y), ∀x, y ∈ R y Nếu ta coi 2x x y, thử gắn với phương trình hàm Cauchy ta có: y f 2x+y = f 2x 3 + f , ∀x, y ∈ R f 2x = f (x) Như ta giả thiết: f y3 = 13 f (y) Quay lại giải phương trình hàm Cauchy ta phát thấy điều giả thiết Thật vậy, từ (∗) ta có: f (nx) = nf (x),∀x ∈ R, n ∈ N Thay x = nx ta được: f nx = n1 f (x), ∀n ∈ N, x ∈ R(1 ) Từ (3) ta có: f (mx) = mf (x),∀m ∈ Z, x ∈ R Kết hợp (1 ) (3) ta được: f (rx) = rf (x), ∀r ∈ Q, x ∈ R Nếu ta thay f (x) = ax vào điều kiện toán thỏa mãn Như vậy, toán tốn phương trình hàm Cauchy có mối liên hệ với Bây ta tổng quát tốn trên: Bài tốn: (phương trình hàm Cauchy mở rộng) Cho số(a1 , a2 , , an ) ∈ (R\{0})n Tìm hàm f (x) xác định, liên tục R thỏa mãn điều kiện: f (a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) = a1 f (x1 ) + a2 f (x2 ) + + an f (xn ) (1),∀x1 , x2 , , xn ∈ R; n ∈ N ∗ Lời giải Thay x1 = x2 = = xn = vào (1) ta được: (a1 + a2 + + an − 1)f (0) = Nếu a1 + a2 + + an = f (0) = từ (1) ta có: f (a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) = a1 f (x1 ) + a2 f (x2 ) + + an f (xn ) = f (a1 x1 ) + f (a2 x2 ) + + f (an xn ) Vậy ta có: f (x1 + x2 + + xn ) = f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) thay x3 = x4 = = xn = ta được: f (x1 + x2 ) = f (x1 ) + f (x2 ), theo toán phương trình hàm Cauchy ta có f (x) = bx, ∀x ∈ R, b ∈ R tùy ý Nếu a1 + a2 + + an = f (0) nhận giá trị tùy ý, đặt g (x) = f (x) − f (0) thay vào (1) ta được: g(a1 x1 + a2 x2 + +an xn ) = a1 g(x1 ) + a2 g(x2 ) + +an g(xn ), (∀xi ∈ R, i = 1, n) Do g(0) = nên theo kết trường hợp ta có g(x) = cx, c tùy ý , nên f (x) = cx + d với c, d ∈ R tùy ý Kết luận: −Nếua1 + a2 + + an = f (x) = cx,c ∈ R tùy ý −Nếu a1 + a2 + + an = f (x) = cx + d,c, d ∈ R tùy ý Nhận xét: Việc giải toán tổng quát cho ta kết hay Tuy nhiên, giả thiết toán tổng quát liên tục R Do đó, miền liên tục tốn bị thu hẹp lại kết tốn có khơng? Từ điều kiện (1) ta cần giả thiết f (x) liên tục điểmx0 ∈ R cho trước Từ giả thiết ta có lim f (x) = f (x0 ).Với điểm xi ∈ R ta có: x→x0 f (x) = f (x − xi + x0 ) + f (xi ) − f (x0 ), ∀x ∈ R Từ ta có: lim f (x) = lim [f (x − xi + x0 ) + f (xi ) − f (x0 )] = f (x0 ) + f (xi ) − f (x0 ) = x→xi x→xi f (xi ) suy hàm số f (x) liên tục điểmxi ∈ R.Do hàm f (x) liên tục R Vì thế, kết phương trình hàm Cauchy hàm số liên tục miền D Nên kết phương trình hàm Cauchy tổng quát tính liên tục bị thu hẹp miền D 2.2 Một số phương trình hàm đưa phương trình hàm Cauchy: Bài tốn 2.1 Xác định hàm số f liên tục R thỏa mãn: f (x + y) = f (x).f (y) ∀x, y ∈ R (1) Cho x = 2t , y = 2t f (t) = f ( 2t ) ≥ ∀t ∈ R.Khi có khả xảy ra: +) T H1 : ∃t0 , f (t0 ) = 0.khi ∀t ∈ R ta có: f (t) = f (t0 + (t − t0 )) = f (t0 ).f (t − t0 ) = ∀t Thỏa mãn đề vậy: f (t) = +) T H2 :f (t) > ∀t ∈ R.Lấy logarit vế (1) ta được: g(x + y) = g(x) + g(y) g(t) = ln f (t)là hàm liên tục R (2) phương trình hàm Cauchy nên g(t) = at Suy f (t) = eat = At (A > 0) Kết luận: f (t) = A = At A > 0, A = Bài toán 2.2 Xác định hàm số f liên tục R+ thỏa mãn: f (x.y) = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R+ (1) Lời giải Do x, y > nên đặt: x = eu , y = ev u, v ∈ R ⇔ u = ln x, v = ln y Thế vào (1) ta được: g(u + v) = g(u) + g(v) ∀u, v ∈ R (2) Trong g(t) = f (et )là hàm liên tục R Vậy (2) phương trình Cauchy nên có nghiệm g(t) = at Kết luận: f (t) = g(ln t) = a ln t t > 0, a ∈ R Bài toán 2.3 Xác định hàm số f liên tục R thỏa mãn: f( x+y f (x) + f (y) )= 2 ∀x, y ∈ R (1) Lời giải Đặt f (0) = b, f (t) = b + g(t) Khi g(0) = Thế vào (1) ta được: b+g(x)+b+g(y) g(x)+g(y) b+g( x+y ⇔ g( x+y ∀x, y ∈ R Trong g(0) = ) = 2 ) = Thế y = vào (2) ta được: g( x2 ) = g(x) ∀x ∈ R nên ta có: g(x)+g(y) g( x+y ∀x, y ∈ R ) = Thế vào (2) ta được: g(x + y) = g(x) + g(y) ∀x, y ∈ R (3) (3) phương trình Cauchy nên có nghiệm:g(t) = at Kết luận: f (t) = at + b a, b ∈ R Bài toán 2.4 Xác định hàm số f liên tục R thỏa mãn: f x+y ∀x, y ∈ R (1) = f (x)f (y), Lời giải Từ (1) ta suy ra: f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Nếu tồn tạix0 ∈ R để f (x0 ) = f x02+y = f (x0 )f (y) = 0, ∀y ∈ R Tức f (x) = Xét trường hợp f (x) > 0, ∀x ∈ R Khi đó: Đặt g(x) = lnf (x), g(x) hàm liên tục R Thay vào (1) ta được: (y) g x+y = lnf x+y = ln f (x).f (y) = lnf (x)+lnf = g(x)+g(y) , ∀x, y ∈ R 2 2 g(x)+g(y) = , ∀x, y ∈ R Theo kết tốn phương trình hàm Hay g x+y 2 Cauchy mở rộng ta có g(x) = ax + b, a tùy ý Suy ra:f (x) = eax+b ,với a, b ∈ R tùy ý Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu toán Kết luận: f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R f (x) = eax+b ,a, b ∈ R tùy ý Bài toán 2.5 Xác định hàm số f liên tục R thỏa mãn: (i)f (x + 2y + 3z) = [f (x)][f (y)]2 [f (z)]3 ; ∀x, y, z ∈ R (ii)f (x) ≥ 0; ∀x ∈ R Lời giải Từ điều kiên (ii), có x0 ∈ R : f (x0 ) = thì: f (x + 2y + 3z) = [f (x0 )][f (y)]2 [f (z)]3 = 0; ∀y, z ∈ R Tức f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R Xét trường hợp f (x) > 0, ∀x ∈ R Khi đó, đặt g(u) = lnf (u), ∀u ∈ R g(u) liên tục R Thay vào (i) ta được: g(x + 2y + 3z) = lnf (x + 2y + 3z) = lnf (x) + 2lnf (y) + 3lnf (z) = g(x) + 2g(y) + 3g(z); ∀x, y, z ∈ R Hay g(x + 2y + 3z) = g(x) + 2g(y) + 3g(z); ∀x, y, z ∈ R, theo kết 10 tốn phương trình hàm Cauchy tổng qt ta có g(x) = ax; a tùy ý Do f (x) = eax ; ∀x ∈ R ,a tùy ý Kết luận: f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R f (x) = eax ; ∀x ∈ R, a tùy ý Bài toán 2.6 Tìm hàm f (x) xác định liên tục R thỏa mãn: (i)f (a1 x1 +a2 x2 + +an xn ) = [f (x1 )]a1 [f (x2 )]a2 [f (xn )]an ; ∀ai , xi ∈ R, i = n (ii)f (x) ≥ 0; ∀x ∈ R Lời giải Xét trường hợp ∃xi : f (xi ) = 0; i = 1, 2, , n thì: f (a1 x1 +a2 x2 + +ai xi +an xn ) = [f (x1 )]a1 [f (x2 )]a2 [f (xi )]ai [f (xn )]an = Tức f (x) ≡ Xét trường hợp f (x) > 0, đặt g(x) = lnf (x); ∀x ∈ R, g(x) hàm liên tục R, thay vào (i) ta có: g(a1 x1 +a2 x2 + +an xn ) = a1 g(x1 )+a2 g(x2 )+ +an g(xn ); ∀ai , xi ∈ R, i = n, theo toán Cauchy tổng quát ta có: Nếu a1 + a2 + + an = g(x) = ax, với a ∈ R tùy ý, ∀x ∈ R Nếu a1 + a2 + + an = g(x) = ax + b, với a ∈ R tùy ý, ∀x ∈ R Do đó: f (x) = eax với a ∈ R tùy ý, ∀x ∈ Ra1 + a2 + + an = f (x) = eax+b với a ∈ R tùy ý ∀x ∈ R a1 + a2 + + an = Kết luận: f (x) ≡ f (x) = eax với a ∈ R tùy ý, ∀x ∈ R a1 + a2 + + an = f (x) = eax+b với a ∈ R tùy ý, ∀x ∈ R a1 + a2 + + an = 11 Kết luận Phương trình hàm cauchy phương trình hàm bản, đa số phương trình hàm giải cuối đưa phương trình hàm cauchy Do việc nắm vững phương pháp giải phương trình hàm cauchy quan trọng Nó tiền đề, cơng cụ cho ta giải tốn, dạng phương trình hàm khác 12 Tài liệu tham khảo [1] Bài giảng GS-TSKH NGUYỄN VĂN MẬU [2] Tạp chí Toán học tuổi trẻ [3] Tài liệu nguồn Internet 13