Chuyên đề: Một số vấn đề về phương trình hàm Cauchy

Sau đây xin nêu ra một số tiêu chuẩn để xác định phương trình Cauchy, nhưng trước hết xin nói.. qua về lý thuyết giới hạn của dãy số và hàm số vì đây là lý thuyết cơ bản và hầu như xuyên[r]

(1)

Trung tâm gia sư VIP, số ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội Hotline: 0989189380

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY

Đào Thị Lê Dung

Trường THPT chuyên Thái Bình

A Mở đầu: Phương trình hàm Cauchy có vai trị quan trọng mảng tốn phương trình hàm Rất nhiều phương trình hàm giải cách gọn gàng nhờ phép biến đổi để đưa phương

trình hàm Cauchy

B Nội dung: Trước tiên xin nêu số tiêu chuẩn để nhận dạng phương trình hàm Cauchy I Lý thuyết:

1 Tiêu chuẩn 1: Nếu hàm số f:  thỏa mãn: f cộng tính liên tục R phương trình f(x) =

ax (a tùy ý thuộc R)

Chứng minh:

Từ giả thiết cộng tính: f x(  y) f x( ) f y( ) x y,  R => f(2 )x 2 ( )f x

Bằng quy nạp dễ thấy f kx( )kf x( ) k N* Mặt khác: Thay x = y = => f(0) =

Thay y = -x => f(x) = -f(-x)

Vậy với *

kN : f(-kx) = -f(kx) = - kf(x) Do ta có f(kx) = kf(x) k Z (1)

Ngoài ra: f(1) = n f( )1 n N* n   =>

1 (1)

( ) f

f

n  n

Theo (1)  m Z n; N* ta có: f( )m mf( )1 m f(1)

n  n  n Chứng tỏ f(x) = xf(1)  x Q

Với x0Rtùy ý tập Q trù mật R nên tồn dãy (xn) với xnQ xn x0

Vì f hàm số liên tục R: => lim(f(xn) = f(limxn) = f(x0) => limf(1).xn = f(x0) =>

f(x0) = ax0  x R

Thử lại thấy thỏa mãn;

Kết luận: f x ( ) ax; aR

Chú ý: Ở tiêu chuẩn điều kiện f liên tục R thay đổi điều kiện hẹp hơn: f liên tục

tại điểm x 0 Rlà đủ

(2)

1

1 x x 1

f(x) = f(x-x ) ( ) ( ) lim f(x)= lim (f(x-x ) ( ) ( )) x x

x f x f x x R x f x f x

 

        

= f(x0) + f(x1) –f(x0) (Theo gt f liên tục x0) = f (x1)

Vậy f liên tục x1 tùy ý hay liên tục R

Tiêu chuẩn 2: Nếu hàm f: R Rlà hàm cộng tính đơn điệu R f(x) có dạng: f(x) = ax

(aR)

Chứng minh:

Vì f hàm cộng tính R theo chứng minh ta có:

( ) ax x Q; a=f(1)

f x   

với x0 R bất kỳ: Tồn dãy (xn); (yn) thỏa mãn:

*

;

n n

x Q y   Q n N

0

n n

x  x  y (xn); (yn) hội tụ đến x0

Giả sử f đơn điệu tăng R => f(xn) < f(x0) < f(yn)  axn < f(x0) < ayn

Cho n  ax0 f x( )0 ax0  f x( )0 ax0x0R Hay f x ( ) ax x  R

Tiêu chuẩn 3:

Hàm f: R R f cộng tính f x ( ) 0 x 0 f(x) = ax Thật vậy: x,ytùy ý thuộc R giả sử x > y => x – y >

Ta có f(x) = f(x-y) + f(y) > f(y)  f hàm đơn điệu tăng R

Theo tiêu chuẩn ta có điều phải chứng minh

Nếu hàm f :  cộng tính đơn điệu đoạn a b;  f(x) = ax Thật trường hợp mở rộng tiêu chuẩn

Ta chứng minh từ giả thiết f đơn điệu a b;  để f đơn điệu toàn R

Giả sử f hàm đơn điệu tăng Đặt

ba

 

 lấy x y tùy ý a b;  Từ f hàm cộng

tính f tăng a b;  => ( ) ( )

2

a b a b

f x   f y 

=> f x( ) f y( ) x,y- ; và xy => f đơn điệu tăng - ; 

(3)

Với x yta đặt kxy k N

  

Và x,y tùy ý R

 x – y = kα + t với t 0;

Ta có : f(x)-f(y)=f(x-y)=f(k )+f(t)=kf( )+f(t)  0

Vậy f đơn điệu tăng R -> điều phải chứng minh theo tiêu chuẩn

II Một số ứng dụng phương trình hàm Cauchy

Trước tiên xin nêu số phương trình hàm liên quan đến việc chuyển đổi phép toán số

học đại lượng trung bình

Ví dụ : Tìm hàm thỏa mãn điều kiện sau :

1) Xác định hàm f : R+  R+ biết f hàm liên tục f(xy) = f(x)f(y) x y; R Giải :

Từ giả thiết => lnf(xy) = lnf(x) + lnf(y)

Đặt x = eu ; y = ev => lnf(eu+v) = lnf(eu) + lnf(ev) Đặt g(x) = lnf(ex)

 g hàm liên tục R g(u+v) = g(u) + g(v) => g(u) = au

=> f(x) = eg(lnx) = ealnx = (ealnx) = (elnx)a = xa

Vậy f(x) = xa (a tùy ý thuộc R)

2) Xác định hàm f liên tục R thỏa mãn: f x(  y) f x f y( ) ( ) x y, R Giải:

Nhận xét: f x ( ) nghiệm phương trình

Nếu x0 f(x0) ≠

0 0

: ( ) ( ) ( ) ( ) 0

x R f x f x x x f x f x x

        => f x ( ) 0  x R Thay x = y => f(x) >  x R

 lnf(x+y) = lnf(x) + lnf(y)

 g(x+y) = g(x) + g(y) với g(x) = lnf(x)

Ngoài g liên tục R => g(x) = ax => f(x) = eax = bx (b > tùy ý)

3) Phương trình hàm Jensen : Tìm f hàm liên tục R thỏa mãn :

( ) ( )

( )

2

x y f x f y

f    x y, R Đặt F(x) = f(x) - f(0) => F(0) =

(4)

Thay y = => F(2x) = 2F(x) => F(x+y) = F(x) + F(y) x y, R Vì F liên tục R => F(x) = ax

Vậy f(x) = ax + b

Bài tốn tổng qt phương trình Cauchy phương trình Jensen là:

Ví dụ 2: Cho f liên tục R thỏa mãn:

af(x) + bf(y) = f(ax+by) x y, R

trong a,b số thực khác cho trước Tìm hàm f

Giải:

Xét trường hợp tổng a+b

Trường hợp 1: a + b ≠

- Thay x = y = => f(0) =

- Thay y = => f(ax) = af(x) => f(by)=bf(y)

Ta được: f(ax+by) = f(ax) + f(by)

Vì a ≠ 0, b ≠ nên phương trình  f(x) + f(y) = f(x+y) x y, R Ngoài f liên tục R => f(x) = cx

Trường hợp 2: a + b =

Phương trình  a(f(x)-f(0)) +b(f(y)-f(0)) = f(ax+by)-f(0)

Đặt g(x) = f(x) – f(0) => g(0) =  ag(x) + bg(y) = g(ax+by)

Vì g(0) = 0, theo trường hợp => g(ax+by) = g(ax) + g(by) x y, R Hàm g liên tục R => g(x) = cx

Vậy f(x) = cx + d

Ví dụ 3: Cho f hàm đơn điệu R thỏa mãn:

f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy x y, R Giải:

Ta nhẩm nghiệm f(x) = x2 Đặt g(x) = f(x) – x2

Phương trình trở thành :

g(x+y) + (x+y)2 = g(x) + g(y) + x2 + y2 + 2xy  g(x+y) = g(x) + g(y)

Theo tiêu chuẩn => g(x) = ax => f(x) = x2 + ax

Thử lại thấy

Tổng quát : Thay điều kiện : f(x+y) = f(x) + f(y) + axy ( aR)

Ví dụ : Tìm tất hàm liên tục f : R R thỏa mãn

2

( ( )) ( ) ( )

x y

(5)

Giải:

Nhận xét: f(x)  nghiệm phương trình

Nếu f(x) ≠ => x0 : f(x0) =

Khi (f(x))2 = f(x0).f(2x-x0) => f(x) = x R -> vô lý

Vậy f(x) 0trên R Vì f liên tục nên f(x) > f(x) <  x R

Mặt khác f nghiệm phương trình –f nghiệm nên ta giả sử f(x) >

x R

 

Từ giả thiết : => ln ( ) ln ( ) ln ( )

x y

f   f x  f y

 ( ) ( ) ( )

2

x y g x g y

g    Với g(x) = lnf(x)

Và g liên tục => g(x) = ax + b => f(x) = eax+b

Thử lại : Thấy

Nếu f(x) <  x R ta f(x) = -eax+b

Kết luận : Nghiệm phương trình : f(x) = 0, f(x) = ± eax+b  x R Ví dụ 5: Tìm tất hàm f liên tục: R+->R thỏa mãn:

1

( ) ( ) ( ) ( )

f f x f y

f xy  x y, 0 Giải :

Đặt f(1) = a ; ( ) (1)

f b

f 

Thay y = => ( ) af(x) ( )

f

f x 

Ta : af(xy) = f(x)f(y)

 f xy( ) f x( ) f y( )

a  a a hay g(xy) = g(x)g(y) x y, 0

Mà g liên tục R+ => g(x) = x

(R) => f(x) = ax  x R

Thử lại :

Kết luận:

Ví dụ : Tìm cặp hàm f, g xác định liên tục (1, +) cho

(6)

Thay x = y => f(x2) = 2xg(x) => g(x) =

2

( )

f x x

Thay vào phương trình ta có: f(xy) =

2

( ) ( )

2

f y f x

x y

y  x

=>

2

( ) ( ) ( )

( )

2

f xy f x f y

xy  x  y

Đặt g(x) =

2

( )

( ) ( ( ) ( ))

f x

g xy g x g y

x    x y; 1

Đặt x = eu ; y = ev

=> ( ) 1( ( ) ( ))

2 u v

u v

g e g e g e



  u v; 0 Đặt h(x) = g(ex)

=> ( ) 1( ( ) ( ))

2

x y

h   h x h y x y; 0 Mà h liên tục

=> h(x) = ax + b => g(x) = alnx+b

Và f(x) = xg( x = ) ( alnx+b)1 ln

x cx x bx  x 1 Thử lại :

Ví dụ : Tìm hàm f ;g ; q xác định liên tục R cho f(0) ≠

Và f(xy) = g(x+y).q(x-y) x y, R Giải :

Thay x=y=0 => f(0) =g(0).q(0) => g(0) ≠ q(0) ≠

Thay x = y = t/2 => g(t) =

2

( ) (0)

t f

q

Thay x = t/2; y = -t/2 =>

4

( ) ( )

(0)

t f q t

g

 

Thế vào phương trình ban đầu, ta :

q(0) g(0) f(xy) = f

2

( ) ( )

4

x y x y

f

 

 x y, R

Do h(u+v) = h(u)h(v)  u 0;v0 với h(u) = ( ) (0) (0)

f u

(7)

Với h(u) = au với a>0 Từ tìm hàm ban đầu

Ví dụ : Cho hàm f : (0;  ) R đồng thời thỏa mãn

1) f(x+y) = f(x) + f(y) x y, 0 2) f(xy) = f(x)f(y) x y, 0 Chứng minh f(x) = x f(x) =  x

Giải :

Ở điều kiện thay x = y -> f(x2) = f2(x)  x 0 => f x ( )  x (0;)

Mà f cộng tính (0;) Theo tiêu chuẩn => f(x) = ax

Thử lại vào điều kiện (2): axy = a2xy x y, 0 => 0 1

a a

    

=> điều phải chứng minh

Trên số ví dụ minh họa cho ứng dụng phương trình dạng Cauchy Hy vọng

qua cho kinh nghiệm để nhận biết biết cách đổi biến để đưa phương trình hàm

nào dạng Cauchy

Bài tập áp dụng:

Bài 1: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( )

3

x y z f x f y f z

f     

Tổng quát: f(x1 x2 xn) f x( )1 f x( 2) f x( n)

n n

     

 (với n  N*)

Bài 2: Chứng minh hàm f thỏa mãn điều kiện:

f(xy + x + y) = f(xy) + f(x) + f(y) f( x + y) = f(x) + f(y)

Bài 3 : Tìm cặp hàm f, g xác định liên tục R thỏa mãn :

f(x) + f(y) + 2xy = (x + y)g(x + y) x y, R

Bài 4 : Tìm hàm f, g, q xác định liên tục R thỏa mãn :

f(x + y) + g(x - y) = q(xy) x y, R

Bài : Cho tập A = R A = (0 ; +  ) hàm f : A->R cho:

f2(x + y) = f(x2) + f(y2) + 2f(x)f(y) x y, R Chưng mjnh f(x) = x Bài : Tìm hàm f liên tục : R  R thỏa mãn :

f(x + f(y)) = f(x) + y x y, R

Bài 7 : Tìm f : R  R thỏa mãn : f((x + 1)f(y)) = (f(x) + 1)y x y, R

Bài 8 :Tìm hàm f : R  R thỏa mãn : f(x2 + f(y)) = f 2(x) + y x y, R

(8)

A = f x( ); x

x

 

 

 

  gồm hữu hạn phần tử Chứng minh f(x) = ax

Bài 10 :Tồn hay không hàm f : Q  Q cho

f(x + f(y)) = f(x) – y x y, Q

Bài 11 : Tìm tất hàm f : Q  Q thỏa mãn :

(9)

PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY

Trường THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương

A PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY: f(x+y) = f (x) + f (y)

Đặt vấn đề:

Nếu x, y  Q ta hiển nhiên có f (x) = xf (1)

Vậy x, y  R f(x) xác định ?

Sau xin nêu số tiêu chuẩn để xác định phương trình Cauchy, trước hết xin nói

qua lý thuyết giới hạn dãy số hàm số lý thuyết xuyên suốt

quá trình tập dạng

1 Cho dãy số (xn)n  ta có lim xn = L  tồn No > 0, No  N cho với n  No ta có xnL <

 với  nhỏ tuỳ ý

2 Nếu xn  yn n  lim xn  lim yn

3 Định lý

Nếu dãy (xn) chặn ln  dãy (xnk) hội tụ

4 Giới hạn hàm số

a, limxxo f (x) = L ( f (x) xác định K)

 c > nhỏ tuỳ ý  > cho x  K mà xx0 thì f(x)L c

b, Nếu limn x n xo mà ta có limn+ f (x) = f (xo) ta nói f (x) liên tục xo

5 Tính chất :

Nếu f : AB đơn ánh, f liên tục f đơn điệu

Cho f : RR thoả mãn f liên tục R f (x+y) = f (x) + f (y) x, y R

Lời giải:

Thay x = y  f (2x ) = f (x) x R

Dễ quy nạp f (kx) = k f (x) x R k N

Thay x = y =  f (0) =

Thay x = - y  f (x) = - f (- x )

 f (kx ) = k f (x) x R k Z (1)

(10)

Từ (1) thay x = (1) 1 (1) (1)(2)

k f f k k kf f

k    

Đặt m=p(p, q) 1, p Z,q N *

q    ta có

f (p f (p )1 p.f ( )1 p.f (1)

q  q  q q  f (m)xo.f (1).m Q

Với xo R ta chọn dãy(xn)n1hữu tỷ cho

0

limn x x n

 

Khi ta có lim f(x ) lim f(1) xo.f(1) n.

x n n

n   

do f (x) liên tục R  limn f(xn)(xo)

) ( ) (xo xo f

f 



Vậy f (x) = kxxR với k = f (1)

Chú ý: Điều kiện f (x) liên tục R hồn tồn thay việc f (x) liên tục điểm xo R

Thật vậy, giả sử f (x) liên tục xo limnxo f(x) f(xo)

Với a R ta có f (x) = f (x-a+xo) + f (a - xo)

Sau chuyển giới hạn suy f (x) liên tục xo

Vậy f (x) liên tục điểm R

Cho f : R  R, f đơn điệu

f (x + y) = f (x) + f (y)  ,x yR

CMR: tồn k: f(x)kxxR

Lời giải:

Giả sử f đơn điệu tăng

Ta có f (m) = m f (1)  x R

Với x Rta chọn dãy hữu tỷ (un)n1,(vn)n1 thoả mãn:

1

)

(un n tăng bị chặn nên ta có f(un) f(x) f(vn)nN

Chuyển qua giới hạn ta có limnun.f(1) f(x)limnvn.f(1)

R x kx xf

x f f

x x f

xf      

 (1) ( ) (1) ( ) (1)

Vậy f(x)kxxR

Cho f : R  R, f cộng tính f đơn điệu [c, d]

(11)

Lời giải:

Ta tận dụng tiêu chuẩn việc mở rộng tính đơn điệu tồn miền R

Giả sử f đơn điệu tăng

Đặt   

c d

a ta có )

2 ( ) ( )

(x c d f x f c d

f     

) ( ) ( )

(y c d f y f c d

f     

Nếu   )

2 ( ,

,

,x y c d f x c d y

x     )

2 (y c d

f  



Hay nói cách khác x, y [ a, a], xythì f (x)  f( y)

Ta có f (0) 0 f (x)0  x [0, a]

Với xy đặt [

a y x 

] = k (kN (x, yR )

Suy x - y = ka + t với t [0 ; a]

Ta có f (x)f (y)f (xy)f (ka t) f (ka)f (t)k.f (a)f (t)

Vậy ta có đpcm, từ CT  f (x) = kx x R

Nếu f (x) đơn điệu giảm, đặt g(x) f (x)

f (x) kx x R

   

f : RR, f cộng tính. f(x) 0xR

CMR: f (x)kx  x R (k0)

Lời giải:

Ta có f(x) f(y) f(xy)0x y

 f đơn điệu tăng  f(x)kxxR(k 0)

Cho f : RR, f cộng tính Tồn m: f(x)mx [c;d ]

CMR: f(x)kxxR

Lời giải:

Đặt a =   c

d

và k = ) (c d

f 

Ta có f (x) = f xcd  f cd)M

2 ( )

( với x  [c;d ]

(12)

Ta có f(x) f(x)0 có - x  [- a ;a ] x[-a; a]

Ta f(x)M1 f(x)M1

Đặt M2 = - M1 có f(x)M1 suy  f(x)M1

  

 f(x) M2 x [-a; a]

Vậy - M2  f(x)M2xa,a,M2 0

Lấy ta;a   *

; ,a k N a

k t

 

 

Ta có - M2  f(x)M2với x  [ -a; a], M2 0

Lấy t  [-a; a ] suy

k t

 [ -a; a], k * N



Suy - M2  f(t)M2

Hay - M2 ( ) M2 k

t

kf 

 nên -

k M

k t f k

M2 2

) (  

Cho lim 0

k t k

0

2

2  



k M Lim k

M Lim

) ( ) ( ) (

limx 0 f x   f  f x

  liên tục x =

Theo TC1 ta có ĐPCM

Chú ý: Nếu tồn m: f (x)M x [c;d] kết Các tiêu chuẩn hoàn tồn có

thể thay RRbởi (0 ; ) R (0 ; ) R

B ỨNG DỤNG PT HÀM CAUCHY TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN PTH.

Hầu hết tốn PT hàm Cauchy có "Phương trình hầm - Nguyễn Văn Mậu "

nhưng sau xin nêu số tập cho thấy rõ việc áp dụng PTH Cauchy

Bài tập 1: Phương trình hàm Jensen

Cho f : R R thoả mãn f liên tục R

R ,

) ( ) ( )

(x y  y x  f y x y

f

Lời giải:

Đặt g (x) = f (x) - f (0)

 ( ) ( )(*) , R

1 )

(     

 g x y g x g y x y

(13)

Thay x = ( ) R

2 )

(   

g y g y y

Thay lại (*) ta có ) , R

2 ( ) ( )

(xy g y g x x y

g

Hay g(x+y) = g (x) + g (y) x, y R

Lại có f liên tục R  g liên tục R

R x ax x

g   

 ( )

R x b ax f

ac x

f      

 ( ) (0)

Thử lại thấy thoả mãn

Vậy f (x) = ax +bxR,a,bR

Bài tập 2: Cho f :(0;)R thoả mãn f(xy) f(x).f(y)x,y0

Và f đơn điệu f(x)0x0hoặc f (x)xc  x 0,cR

Lời giải:

Cho x > suy x = y ta có f(x2) f2(x)

Cho x =y =1 ta có f(1) f2(1) f(1)0 f(1)1

TH1: f(1)0 thay y =1 ta có f (x)f (1).f (x)0  (t/m) x

Vậy f (x)0  x

TH2: f(1)1 (1) ( ) (1)x0

x f x f f

Nếu tồn xo > 0, xo  1: f(x0)0 f(1)0 (vô lý)

f (x) 0 x 0

   

Đặt g(x) = ln f(ex)xR

R R : 

 g có

g(x+y)=ln f (ex y )ln f (e ).f (e ) x y ln f (e ) ln f (e )x  y g(x)g(y) x, y R

 

Do f đơn điệu nên g đơn điệu mà có (g (x+y) = g (x) + g (y) x, y R

Theo tiêu chuẩn 2, ta có g(x) = cxx R

Có f (x)eg (ln x ) ec.ln x xc  x 0

Thử lại thoả mãn

Vậy f (x)xc  x 0, cR

Bài tập 3:

(14)

Nếu f : A Rthoả mãn đồng thời điều kiện sau:

1, f(x y) f(x) f(y) f(x) f(y)x,yA

2, f(xy) f(x)f(y)

Hãy chứng minh f (x)0  x A

Hoặc f (x)x  x A

Lời giải:

Ở (2) cho x = y 2

f (x ) f (x) x A

    f (x)0 x A

Có f (xy)f (x)f (yf (x) x A

Ta có f(1) f2(1) f(1)0hoặc

1 ) ( 

f

TH1: f(1)0 f(x)0xA (theo 2)

TH2: f(1)1

Ta có f (x)xf (1)  x Q f (x)x  x Q

A x 

 ta chọn dãy hữu tỷ (Pn),(qn)

Mà pn < x <qn, pn tăng dần tới x, qn giảm dần x

Ta có f(pn) f(x) f(qn)

n

n f x q

p  

 ( )

Suy f (x) = x với x A Ta có đpcm

Bài toán thường sử dụng để giải PT hàm sau xin nêu toán áp dụng

Bài toán 4:

Đặt A = R, [0, +  ]

Cho f :ARthoả mãn

) ( ) ( ) ( ) ( )

( 2

2

y f x f y f x f y x

f     với x, y A

0 ) ( 

f

CMR f (x)x  x A

Lời giải:

Thay x =y = ta có f2(0)2f(0)2f2(0)

0 ) ( 

 f f(0)2

TH1:f(0)2 thay y =0, x =1 ta có f 2(1) f(1)2â4 f(1)

0 ) ( ) (

2

  

 f f

suy f (1) = -1 f (1) = -2 (vô lý)

(15)

Trung tâm gia sư VIP, số ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội Hotline: 0989189380 (*) , ) ( ) ( ) ( ) ( )

( 2

2 A y x y f x f y f x f y x

f      

TH1: A0,

Ta có f(x) 0xA

f x f y  x A

y x

f2(  ) ( ) ( )2 

) ( , ) ( ) ( )

(x y f x f y x y A

f     

Ta có f2(xy) f((x y)2) f(x2) f(y2) f(2xy) f(x2) f(y2)2f(xy)

Kết hợp với (*) ta có f(xy) f(x)f(y)x,yA(2)

Từ (1) (2) theo toán  f(x)xxA

TH2: A = R

Xét x, y ,0 tương tự TH ta có f(x) xx0,

Ta có, thay y = - x  f2(0)f(x) f(x)2

R x x f x

f    

 ( ) ( )

R x x

f  

 ( )

Bài tốn 5:

Tìm tất hàm f :QQ thoả mãn

Q y x xy y f x f y x

f(  ) ( ) ( )  , 

Lời giải:

Trước hết ta dự đoán kết

2 ) (x x

f  hàm thoả mãn

Để triệt tiêu "xy" đồng thời lợi dụng kết PT Cauchy ta đặt g(x)

2 ) (x x

f   Q y x y g x g y x

g     

 ( ) ( ) ( ) ,

Ta có g(x)xg(1)axxQ

Q x x ax x

f    



2 )

(

Thử lại ta thấy thoả mãn

Bài tập 6:

Cách làm tương tự 5:

Tìm f :RR liên tục thoả mãn f(mn) f(m) f(n)2mnm,nR

Bài tập 7:

Tìm f :RR liên tục thoả mãn

R , ) ( )) (

(x f y  f x  yx y

(16)

Lời giải:

Giả sử: y1  y2;f(y1) f(y2)

1

f (x f (y )) f (x f (y )) x R

     

1

f (x) y f (x) y x R

     

2

1 y

y 

 (vơ lí)

) (x

f

 đơn ánh

Thay y =  f(x f(0)) f(x)xR  f(0)0

Thay x =  f(f(y)) yyR

Thay y  f(y) f(x y) f(x) f(y)x,yR

Có f liên tục  f(x)kx)xR,kR

Thay lại có k = k = -

Vậy f(x) x với x Rhoặc f(x)xvới x R

Bài tập 8: SMO

Cho f :RR liên tục thoả mãn f(xy) f(x) f(y)x,yR

A=   

  



 \

; ) ( R x x x f hữu hạn

CMR: f (x)kx với x R

Lời giải

Quy nạp ta có f(qx)qf(x)với q Q

q x Q q qx qx f x x f , , ) ( ) (     0

Gọi xo R a số vô tỷ thoả mãn: o

o

x x f( )

 o

o

ax ax f( )

) ( 0

0f x

ax

  xo f(ax0)

Hay yo f(x0)  xo f(y0), yo = axo số vô tỷ

Đặt yk = yo - kxo với k N*

0

kx y yo  k  

Ta có (yk+kxo) f(x0) xof(yk  f(xo)

) ( )

(xo kxof xo

ykf 

 xof(yk)kxof(xo)

o o x

x f( )

 

k k y

(17)

Có o k f(yo)

k y y   ( ) k y y f

y o k

o  ) ( o k o y f k y y 

  o f(yo) f(yk) k

y



) ( o k f y y   o o k o y y f y f

y ( ) ( )

k k y

y f( )

Quy nạp ta có A vô hạn (vô lý)

Suy f (x) k x R \ 0 

x   

f (x) kx x R

   

Bài tập 9: IMO 2002

Tìm tất f :RRthoả mãn:

) ( ) ( )) ( ) ( ))( ( ) (

(f x  f z f y  f t  f xyzt  f xtgz cho số thực x, y, z, t

Lời giải: ) ( ) ( ) (

,y t f x f f

z

x      cho tất xR f(0)0 f 

Giả sử f(0)0

z =t =  f(xy) f(x)f(y) cho tất x,y R(*)

x = y =  f(zt) f(z)f(t) f(zt) cho tất z, t R

Nên f(x) f(x) cho tất x R(**)

và f(x) f( x)2 0cho tất x0(***)

và f(x) f(x.1) f(x)f(1)cho tất xR f(1)1or f 

Giả sử f(1)1

x= y = z = t =  f(2)4

Từ (*) cho f(2T)4T (2T)2cho tất r

**) * (*

Q



x=t, y = z 2 2 2

) ( ) ( )) ( ) (

(f x  f y  f x y  f x  y



Và  f(y) f(x) f(y) f( x2  y2)

Cho x, y  sử dụng (***)

nên f(x) f( x2y2)2 y2) f(y) cho tất x  y0

Và (****) cho f(x) x2 tất x >

(18)

2

) (x x

f  cho tất x R

C BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Tìm f , g, h: R  R liên tục thoả mãn

R , ) ( ) ( )

(xy  f x f y x y

f

Bài 2: Cho f :RR f(xyx y) f(xy) f(x) f(y)x,yR

CMR f(xy) f(xy) f(x) f(y)x,yR

Bài 3: Cho f :RR thoả mãn

1, f(xy) f(x)f(y)x,yR

2, limx0 f(x)1

Chứng minh f(x)axvới a>

Bài 4: Cho f :R*R thoả mãn

1, *

R , ) ( ) ( )

(xy  f x  f y x y

f

2, limx1 f(x)0

Chứng minh f(x)0xR* f(x)logaxvới a=const >0 a

Bài 5: Tìm f :RR thoả mãn điều kiện

(x1)f(y) yf(x)1x,yR

f

Bài 6: Tìm f :RR thoả mãn

R , ) ( )) (

(x2  f y  y f2 xx y f

Bài 7: Tìm f :R R đơn điệu thoả mãn

R , ) ( )) (

(x f y  y f x x y

f

Sau gợi ý tập

D Gợi ý

Bài 1: Thay y x, x y đưa pth Cauchy

Đặt F(x) = f (x) + h(0) + g (0)

Suy F(x+y) = F(x) + F(y)

Bài 2: Cho x = y =  f(0)0

Cho y = -  f(x)f(x)

Cho y =  f(2x1)2f(x) f1)xR

R v u f v f u f uv f uv v u

f         

 (2( ) 1) ( ( ) ( (1) ,

Đặt x = u, y = 2v + ta có

) ( ) ( ) ( ) ( )) ( ) ( ( ) ) (

( u v uv f u v u v f u f v f f uv u

(19)

Trung tâm gia sư VIP, số ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội Hotline: 0989189380 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

2f uv  f u  f v  f  f u  f v  f  f uvu

 ) )( ( ) ( )

( uv u f uv f u

f   

 Lấy  

v ) R

2 ( )

(u  f u u

f

Từ (1)  f(x y) f(x) f(y)với x, y khác

Ta có f(0)0thoả mãn f(xy) f(x) f(y)

Đpcm

Bài 3:

Đặt g (x) = ln f(x)

Bài 4:

Đặt g(x)a (x) (af const0)(a  1)

Bài 5:

Cho x = - có f(0) yf(1)1yR

Với x = ta có f(f(y)) y

Với x =-2, y =- (1)f(2)1 mà cho y = -

Ta có f(x1)f(x)1xR

1 ) ( 

 f hay f(1)1 (do f(f(y)) y)

Vậy f(x1) f(x)1

Ta có f(xy) f(xf(f(y)) f(y)f(x1)1 f(x)f(y)(1)

Với y 

) ( ) ) [ (( )

( y f y

y x f y x

f     [ ( )1

y x

f ] = f(x) f(y) (2)

Do f(0)0 nên (1) + (2) với số thực x, y

x x

f 

 ( )

Bài 6:

Cho x = f(f(y)) y f(0)2 Đặt c = f(0)2, nên f ( f (y)) = y + c

2

2 ( ( ))) ( ) ( )

(a f f b f b f a

f   

2 ) ( ) ( )

(a b c f b f a

f    

2 2 )) ( ( ) ( ) ( ( )) (

(f a b c f f b f a b f f a

f      

(20)

Vì thoả mãn tất a nên c = Có f(0)0 f(f(y)) y Chú ý f song ánh Cho nên f tăng

nghiêm ngặt Nên từ f(f(y)) y, ta phải có f(x)x với tất x

Bài 7:

Dễ thấy f song ánh

Cho x = y = nên f(0)0

Cho x = có f(f(y)) y

Với x, y đặt a = f( y)ta f(a) ynên

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	803,14 KB