Các phương trình hàm dạng Abel trong lớp hàm liên tục Các phương trình hàm dạng Abel trong lớp hàm liên tục Các phương trình hàm dạng Abel trong lớp hàm liên tục luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KIM THỊ HƯỜNG CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG ABEL TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KIM THỊ HƯỜNG CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG ABEL TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2016 Mục lục Mở đầu Một số kiến thức 1.1 Hàm chẵn, lẻ 1.2 Hàm tuần hoàn, phản tuần hoàn 1.2.1 Hàm tuần hồn cộng tính, phản tuần hồn cộng tính 1.2.2 Hàm tuần hồn nhân tính, phản tuần hồn nhân tính 1.3 Hàm mũ 1.4 Phép lặp 1.5 Đặc trưng số hàm sơ cấp 1.6 Tập trù mật 1.7 Hàm chuyển đổi phép tính số học 5 6 15 15 18 18 Các phương trình hàm dạng Abel 2.1 Phương trình hàm dạng mũ 2.1.1 Nghiệm thực phương trình hàm dạng mũ 2.1.2 Nghiệm phức phương trình hàm dạng mũ 2.2 Phương trình hàm với hàm arctan 2.3 Phương trình hàm sinh hàm lượng giác 2.4 Một số dạng phương trình hàm khác 2.4.1 Phương trình lặp 2.4.2 Phương trình dạng Pexider với phép tính số 2.4.3 Về nghiệm số hệ phương trình 20 21 21 21 23 24 26 26 26 33 học Một số lớp phương trình đa ẩn hàm 35 3.1 Phương trình hàm Pexider dạng tốn liên quan 35 3.2 Phương trình D’Alembert lớp hàm số liên tục 39 Một số dạng toán phương trình hàm từ đề thi Olympic 4.1 Phương trình hàm với cặp biến tự 4.1.1 Các đề thi học sinh giỏi Việt Nam 4.1.2 Các thi Olympic nước khu vực 4.1.3 Đề thi toán Olympic quốc tế (IMO) 4.2 Phương trình hàm biến 4.2.1 Các đề thi học sinh giỏi Việt Nam 4.2.2 Các đề thi Olympic nước khu vực 4.3 Phương trình hàm tập rời rạc 48 48 48 53 72 73 73 74 75 Kết luận 80 Tài liệu tham khảo 81 Mở đầu Hiện nay, số trường phổ thơng, phương trình hàm chưa đề cập nhiều Phần lớn học sinh tiếp cận với phương trình hàm học sinh lớp chuyên toán, học sinh đại trà phương trình hàm dạng tốn xa lạ Các học sinh tìm hiểu phương trình hàm cảm thấy khó học giải phương trình hàm khơng địi hỏi người học phải vận dụng nhiều kiến thức mà cịn phải có khả tư tốt, khả khái quát, nhận dạng tìm cách giải hợp lí Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, olympic toán khu vực quốc tế, thường xuất dạng toán liên quan đến phương trình hàm Xuất phát từ thực tế đó, tơi chọn đề tài: "Các phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục" làm đề tài luận văn thạc sĩ Với mục tiêu luận văn cung cấp thêm cho em học sinh - sinh viên đặc biệt em học sinh- sinh viên khá, giỏi, có khiếu u thích mơn tốn tài liệu tham khảo Ngoài kiến thức lý thuyết luận văn cịn nghiên cứu thêm số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục; phương trình hàm Pexider dạng tốn liên quan; phương tình D’Alembert lớp hàm liên tục; số dạng toán phương trình hàm từ đề thi Olympic Để hoàn thành luận văn này, tác giả thu thập, phân tích, nghiên cứu tài liệu phương trình hàm đặc biệt phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục thông qua tài liệu tham khảo sách, Internet, trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến thầy hướng dẫn, chuyên gia đồng nghiệp tổng hợp, hệ thống lại Cấu trúc luận văn gồm ba phần: phần mở đầu, phần nội dung phần kết luận Nội dung luận văn gồm bốn chương: - Chương Một số kiến thức Trong chương trình bày định nghĩa hàm chẵn, hàm lẻ, hàm tuần hoàn, hàm phản tuần hoàn; định nghĩa định lý, tính chất đến hàm mũ; định nghĩa phép lặp; đặt trưng số hàm sơ cấp; hàm chuyển đổi phép tính số học Chương Một số dạng phương trình hàm Abel Trong chương trình bày số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục: Phương trình mũ; phương trình lặp; Phương trình hàm sinh hàm arctan; phương trình hàm sinh hàm lượng giác; phương trình hàm dạng khác Chương Các lớp phương trình hàm liên quan Trong chương trình bày số lớp phương trình hàm liên quan như: Phương trình hàm Pexider dạng tốn liên quan; phương trình D’Alembert lớp hàm liên tục Chương Một số dạng toán phương trình hàm từ đề thi Olympic Nội dung chủ yếu chương trình bày số dạng tốn từ đề thi học sinh giỏi Việt Nam, Olympic nước khu vực, Olympic quốc tế (IMO) Trong thơì gian thực luận văn, tác giả nhận hướng dẫn bảo tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Qua đây, tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc trân trọng cơng lao, quan tâm, động viên tận tình bảo thầy Nguyễn Văn Mậu Tác giả chân thành cảm ơn thầy giáo, giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học dạy bảo tận tình, chân thành cảm ơn thầy cô Ban giám hiệu, phịng Đào tạo, văn phịng khoa Tốn - Cơ - Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi suốt thời gian tác giả học tập thực luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu tập thể giáo viên trường Cao Đẳng Nông nghiệp PTNT Bắc tạo điều kiện cho tác giả có hội học tập nghiên cứu Mặc dù tác giả cố gắng học tập, nghiên cứu, thảo luận để thực luận văn Tuy nhiên, điều kiện thời gian khuôn khổ luận văn nên tác giả chưa sâu nghiên cứu tất phương trình Abel khơng tránh khỏi thiếu xót Tác giả luận văn mong muốn nhận góp ý kiến quý thầy cô đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Người thực Kim Thị Hường Chương Một số kiến thức Trong chương này, trình bày số lý thuyết thường sử dụng nghiên cứu phương trình hàm Các kiến thức chương tham khảo tài liệu [1, 3] 1.1 Hàm chẵn, lẻ Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R Định nghĩa 1.1 Hàm f (x) gọi hàm số chẵn x = M , M ⊂ D(f ) (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Bài toán 1.1 Cho x0 ∈ R Xác định hàm số f (x) cho f (x0 − x) = f (x), ∀x ∈ R (1.1) x0 x0 −t ⇔t= −x 2 x0 Khi x0 − x = + t (1.11) có dạng Lời giải Đặt x = f x0 − t , ∀t ∈ R (1.2) x0 x0 − t , f (t) = g t − 2 Khi (1.2) có dạng g(−t) = g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) hàm chẵn R Đặt g(t) = f x0 +t x0 +t =f g(−t) = f Kết luận: f (x) = g x − g(x) hàm chẵn tùy ý R x0 , Định nghĩa 1.2 Hàm f (x) gọi hàm số lẻ x = M , M ⊂ D(f ) (gọi tắt hàm lẻ M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Bài toán 1.2 Cho a, b ∈ R Xác định hàm số f (x) cho f (a − x) + f (x) = b, ∀x ∈ R Lời giải Đặt (1.3) a a a − x = t , x = − t) a − x = + t 2 Thay vào (1.3), ta f Đặt f a +t +f a − t = b (1.4) a b + t − = g(t) 2 Khi (1.4) có dạng g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ R hay g(−t) = −g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) hàm lẻ R Kết luận: f (x) = g x − a b + , 2 g(x) hàm lẻ tùy ý R 1.2 1.2.1 Hàm tuần hoàn, phản tuần hồn Hàm tuần hồn cộng tính, phản tuần hồn cộng tính Định nghĩa 1.3 Hàm f (x) gọi hàm tuần hồn (cộng tính) chu kỳ a(a > 0) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M, f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M, (1.5) số a dương nhỏ thỏa mãn (1.5) gọi chu kỳ sở hàm tuần hoàn f (x) Bài toán 1.3 Cho cặp hàm f (x), g(x) tuần hồn M có chu kỳ a ∈ Q Chứng minh F (x) := f (x) + g(x) G(x) := f (x)g(x) b hàm tuần hoàn M a b với Lời giải Theo giả thiết ∃m, n ∈ N+ , (m, n) = cho m a = b n Đặt T = na = mb Khi F (x + T ) = f (x + na) + g(x + mb) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M G(x + T ) = f (x + na)g(x + mb) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M Hơn nữa, dễ thấy ∀x ∈ M x ± T ∈ M Vậy F (x), G(x) hàm tuần hoàn M Định nghĩa 1.4 Hàm f (x) gọi hàm số phản tuần hồn (cộng tính) chu kỳ b(b > 0)trên tập M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M, f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ M, (1.6) số b dương nhỏ thỏa mãn (1.6) gọi chu kỳ sở hàm phản tuần hoàn f (x) Bài toán 1.4 Chứng minh hàm phản tuần hoàn M hàm tuần hoàn M Lời giải Theo giả thiết, ∃b > cho ∀x ∈ M x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ M Suy ∀x ∈ M x ± 2b ∈ M f (x + 2b) = f (x + b + b) = −f (x + b) = −(−f (x)) = f (x), ∀x ∈ M Vậy f (x) hàm tuần hoàn với chu kỳ 2b M 1.2.2 Hàm tuần hồn nhân tính, phản tuần hồn nhân tính Định nghĩa 1.5 Hàm f (x) gọi hàm tuần hồn nhân tính chu kỳ α (α > 1) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ α±1 x ∈ M, f (αx) = f (x), ∀x ∈ M ; (1.7) số α > nhỏ thỏa mãn (1.7) gọi chu kỳ sở hàm tuần hồn nhân tính f (x) 8 Bài toán 1.5 Cho f (x), g(x) hai hàm tuần hồn nhân tính M có chu kỳ a b ln |a| m = , m, n ∈ N+ ln |b| n Chứng minh F (x) := f (x) + g(x) G(x) = f (x)g(x) hàm nhân tính M Lời giải Từ giả thiết, suy |a|n = |b|m Ta chứng minh T := a2n = b2m chu kỳ F (x) G(x) Thật vậy, ta có F (T x) = f (a2n x) + g(b2m x) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M G(T x) = f (a2n x)g(b2m x) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M Hơn nữa, ∀x ∈ M T ±1 x ∈ M Do F (x) G(x) hàm tuần hồn nhân tính M Định nghĩa 1.6 Hàm f (x) gọi hàm phản tuần hồn nhân tính chu kỳ β (β > 1) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ β ±1 x ∈ R, f (βx) = −f (x), ∀x ∈ R; (1.8) số β > nhỏ thỏa mãn (1.8) gọi chu kỳ sở hàm phản tuần hồn nhân tính Bài toán 1.6 Chứng minh f (x) hàm phản tuần hồn nhân tính chu kỳ b (b > 1) M f (x) có dạng: f (x) = (g(bx) − g(x)), (1.9) g(x) hàm tuần hồn nhân tính với chu kỳ b2 M Lời giải Thật vậy, f (x) có dạng (1.9) f (bx) = (g(b2 x) − g(bx)) = (g(x) − g(bx)) = − (g(bx) − g(x)) = −f (x), ∀x ∈ M Hơn nữa, ∀x ∈ M b±1 x ∈ M Do f (x) hàm tuần hồn nhân tính chu kỳ b M 9 Ngược lại, giả sử f (x) hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b M Khi g(x) = −f (x) hàm tuần hồn nhân tính chu kỳ b2 M 1 (g(bx) − g(x)) = (−f (bx) − (−f (x))) 2 = (−(−f (x) + f (x))) = f (x), ∀x ∈ M 1.3 Hàm mũ Định nghĩa 1.7 Hàm E : R → C gọi hàm mũ E thỏa mãn phương trình E(x + y) = E(x)E(y), ∀x, y ∈ R Nếu E không đồng hàm liên tục E(x) = eλx λ số thực, λ = Nếu E(x) = 0, ∀x ∈ R, ta định nghĩa E ∗ (x) = E(x)−1 , ∀x ∈ R Tính chất 1.1 Nếu E : R → C hàm mũ E(0) = E(x) = 0, ∀x ∈ R Chứng minh Vì E : R → R hàm mũ nên E(x + y) = E(x)E(y), ∀x, y ∈ R Cho y = 0, ta có E(x) = E(x)E(0), ∀x ∈ R Theo giả thiết E(0) = suy E(x) = 0, ∀x ∈ R Suy E(x) = 0, ∀x ∈ R Tính chất 1.2 Nếu E : R → R hàm mũ E ≡ E(0) = Chứng minh Vì E : R → C hàm mũ E(x) không đồng nên từ E(x + y) = E(x)E(y), ∀x, y ∈ R Cho x = y = suy E(0) = E(0)E(0) hay E(0)(1 − E(0)) = Vậy E(0) = E(0) = Nếu E(0) = ⇒ E(x) = 0, ∀x ∈ R, trái giả thiết Vậy E(0) = 10 Tính chất 1.3 Nếu E : R → C hàm mũ tồn x0 ∈ R cho E(x0 ) = E(x) = 0, ∀x ∈ R Chứng minh Với ∀x ∈ R, ta có E(x) = E((x − x0 ) + x0 ) = E(x − x0 )E(x0 ) = Suy E(x) = 0, ∀x ∈ R Tính chất 1.4 Nếu E : R → C hàm mũ E ≡ E ∗ (−x) = E(x) Chứng minh Do E : R → R hàm mũ, từ E ≡ nên từ tính chất 1.2 ta có E(0) = Cho y = −x thay vào E(x + y) = E(x)E(y), ta E(0) = E(x)E(−x), ∀x ∈ R Từ tính chất 1.2 ta có E(x) = 0, ∀x ∈ R E(0) = Suy E(−x) = ⇔ E(−x) = E −1 (x) E(x) hay E(−x) = E ∗ (x), ∀x ∈ R Thay x −x vào biểu thức ta có E ∗ (−x) = E(x), ∀x ∈ R Tính chất 1.5 Nếu E : R → C hàm mũ E ≡ E ∗ (x + y) = E ∗ (x)E ∗ (y), ∀x, y ∈ R Chứng minh Do E ≡ từ tính chất 1.3, ta có E(x) = 0, ∀x ∈ R, 1 = E(x + y) E(x)E(y) −1 −1 = E (x)E (y) = E ∗ (x)E ∗ (y) E ∗ (x + y) = Suy E ∗ (x + y) = E ∗ (x)E ∗ (y), x, y ∈ R 11 Tính chất 1.6 Mọi hàm f : R → C thỏa mãn f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ R (DE) hàm chẵn R Chứng minh Dễ kiểm tra thấy f ≡ thỏa mãn (DE) hàm f ≡ hàm chẵn tập R Nếu f ≡ , thay y −y vào phương trình (DE) ta có f (x − y) + f (x + y) = 2f (x)f (−y) ⇒ 2f (x)f (y) = 2f (x)f (−y) ⇒ f (y) = f (−y), ∀y ∈ R Hay hàm f hàm chẵn R Định lý 1.1 Mọi hàm f : R → C thỏa mãn f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ R hàm f ≡ f (x) = E(x) + E ∗ (x) Trong E : R → C∗ hàm mũ định nghĩa Chứng minh Dễ thấy f ≡ thỏa mãn (DE) Xét f ≡ Thay x = y = vào phương trình (DE), ta f (0)[1 − f (0)] = ⇒ f (0) = f (0) = Nếu f (0) = 0, đặt u = x + y, v = x − y (DE) trở thành f (u) + f (v) = 2f Cho u = v suy 2f (u) = 2f u−v u+v f , ∀u, v ∈ R 2 u+v f (0) = 0, ∀u ∈ R (trái giả thiết f ≡ 0) Suy f (0) = Cho y = x thay vào (DE), ta có (DE) 12 f (2x) + f (0) = 2[f (x)]2 nên f (2x) = 2f (x)2 − 1 Thay x x + y y x − y vào phương trình (DE) ta có f (x + y + x − y) + f (x + y − x + y) = 2f (x + y)f (x − y) ⇒ f (2x) + f (2y) = 2f (x + y)f (x − y), ∀x, y ∈ R Ta có f (x + y) − f (x − y) = f (x + y) + f (x − y) − 4f (x + y)f (x − y) = 2f (x)f (y) − 4f (x + y)f (x − y) = 4f (x)2 f (y)2 − f (2x) + f (2y) = 4f (x)2 f (y)2 − f (x)2 − + f (y)2 − = f (x)2 − f (y)2 − nên f (x + y) − f (x − y) = ±2 f (x)2 − f (y)2 − , ∀x, y ∈ R Cộng hai vế phương trình với phương trình (DE) ta thu f (x + y) = f (x)f (y) ± [f (x)2 − 1][f (y)2 − 1] suy [f (x + y) − f (x)f (y)]2 = [f (x)2 − 1][f (y)2 − 1] Ta xét hai trường hợp f (x) ∈ {−1; 1}, ∀x ∈ R f (x) ∈ {−1; 1} với vài giá trị x ∈ R Trường hợp Xét f (x) ∈ {−1; 1}, ∀x ∈ R Kết hợp với (1.10), ta có f (x + y) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R Ở f (x) nhận hai giá trị −1 nên ta có f (x) = f ∗ (x) f (x) = f (x) + f ∗ (x) , ∀x ∈ R E(x) + E ∗ (x) , ∀x ∈ R với E(x) ∈ {−1; 1} Trường hợp Xét f (x) ∈ {−1; 1}, với vài giá trị x ∈ R Khi f (x) = Do tồn x0 ∈ R cho f (x0 )2 − = Đặt α = f (x0 ) ⇒ α2 − = 0, đặt β = α2 − 1 Để đơn giản ký hiệu từ ta hiểu f (x)2 = [f (x)]2 (1.10) 13 Ta đặt E(x) =f (x) + = [f (x + x0 ) − f (x)f (x0 )] β f (x + x0 ) + (β − α)f (x) , ∀x ∈ R β Ta chứng minh biểu thức E(x) xác định hàm số Thật x1 = x2 xét f (x1 + x0 ) + (β − α)f (x1 ) β = f (x2 + x0 ) + (β − α)f (x2 ) = E(x2 ) β E(x1 ) = Từ suy E(x) xác định hàm số xác định R Ta có [f (x + x0 ) − f (x)f (x0 )]2 β2 = [f (x)2 − 1][f (x0 )2 − 1]theo (1.10) β α2 − = [f (x)2 − 1]vì (β = α2 − 1) β2 =f (x)2 − [E(x) − f (x)]2 = Suy E(x)2 − 2E(x)f (x) + f (x)2 = f (x)2 − ⇒ E(x)2 − 2E(x)f (x) + = 0, ∀x ∈ R Nếu E(x) = = vơ lý, suy E(x) = f (x) = E(x)2 + E(x) + E ∗ (x) = , ∀x ∈ R 2E(x) Ta chứng minh E(x) thỏa mãn tính chất E(x + y) = E(x)E(y), ∀x, y ∈ R Thật vậy, ta có 2[f (x0 + x)f (y) + f (x0 + y)f (x)] =f (x0 + x + y) + f (x0 + x − y) + f (x0 + y + x) + f (x0 + y − x) (theo (DE)) =2f (x0 + x + y) + f (x0 + x − y) + f (x0 + y − x) 14 =2f (x0 + x + y) + 2f (x0 )f (x − y) =2{f (x0 + x + y) + f (x0 )[2f (x)f (y) − f (x + y)]} =2{f (x0 + x + y) + α 2f (x)f (y) − f (x + y) } Mặt khác ta có 2f (x0 + x)f (x0 + y) =f (x0 + x + x0 + y) + f (x0 + x − x0 − y) (theo (DE)) =f (x0 + (x0 + x + y)) + f (x − y) =[2f (x0 )f (x0 + x + y) − f (x0 + x + y − x0 )] + [2f (x)f (y) − f (x + y)] (theo (DE)) =2f (x0 )f (x0 + x + y) − f (x + y) + 2f (x)f (y) − f (x + y) =2[f (x)f (y) + αf (x0 + x + y) − f (x + y)] Ta lại có E(x)E(y) = [f (x + x0 ) + (β − α)f (x)][f (y + x0 ) + (β − α)f (y)] β2 {f (x + x0 )f (y + x0 ) + (β − α)[f (x)f (x0 + y) + f (y)f (x0 + x) β2 + f (y)f (x0 + x)] + (β − α)2 f (x)f (y)} = {f (x)f (y) + αf (x0 + x + y) − f (x + y) β + (β − α)[f (x0 + x + y) + 2αf (x)f (y) − αf (x + y)] = + (β − α)2 f (x)f (y)} = {[(β − α)2 + 2α(β − α) + 1]f (x)f (y) + βf (x0 + x + y) β − [1 + (β − α)α]f (x + y)} = {(β − α2 + 1)f (x)f (y) + βf (x0 + x + y) − (βα − β )f (x)f (y)} β = [βf (x0 + x + y) + β(β − α)f (x + y)] = E(x + y) β Suy E(x) hàm mũ Thử lại, ta có E(x + y) + E ∗ (x + y) E(x − y) + E ∗ (x − y) + 2 E(x)E(y) + E ∗ (x)E ∗ (y) + E(x)E(−y) + E ∗ (x)E ∗ (−y) = E(x)E(y) + E ∗ (x)E ∗ (y) + E(x)E ∗ (y) + E ∗ (x)E(y) = f (x + y) + f (x − y) = 15 E(x)[E(y) + E ∗ (y)] + E ∗ (x)[E ∗ (y) + E(y)] = E(x) + E ∗ (x) E(y) + E ∗ (y) =2 = 2f (x)f (y) 2 E(x) + E ∗ (x) E(x) hàm mũ Vậy nên f (x) = 1.4 Phép lặp Định nghĩa 1.8 (Phép lặp) Phép lặp f n (x) hàm f (x) xác định sau: f (x) = x, f n+1 (x) = f(f n (x)), x ∈ R, n = 0, 1, 2, (Các hàm f n (x)(n = 0, 1, 2, ) xác định R.) Bài toán 1.7 Cho hàm số f (x) = √ x Hãy xác định hàm số + x2 f n (x) = f [f [f [ [f (x)] ]]] Lời giải Ta giải tốn phương pháp quy nạp Ta có f (x) f (x) = f [f (x)] = √ x 1+x2 = x2 1+ + x2 + (f (x)) Giả sử ta chứng minh f k (x) = √ f k+1 x + kx2 f k (x) k (x) = f f (x) = =√ √ x 1+kx2 = 1+ x2 + kx2 suy x + (k + 1)x2 Vậy f n (x) = √ 1.5 x + nx2 Đặc trưng số hàm sơ cấp Hàm bậc nhất: f (x) = ax + b(a = 0, b = 0) có tính chất f x+y = + 2x2 Khi đó, + (f k (x)) f k+1 (x) = x [f (x) + f (y)] , ∀x, y ∈ R 2 , 16 Hàm tuyến tính: f (x) = ax(a = 0) có tính chất f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Hàm mũ: f (x) = ax (a > 0, a = 1) có tính chất f (x + y) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R Hàm logarit: f (x) = loga |x| (a > 0, a = 1) có tính chất f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R\ {0} Hàm lũy thừa f (x) = |x|α có tính chất f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R\ {0} Hàm lượng giác a) Hàm f (x) = sin x có tính chất f (x + y)f (x − y) = [f (x)]2 − [f (y)]2 , với ∀x, y ∈ R f (3x) = 3f (x) − 4[f (x)]3 , với ∀x ∈ R b) Hàm f (x) = cos x có tính chất f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), với ∀x, y ∈ R f (2x) = 2[f (x)]2 − 1, với ∀x ∈ R c) Cặp hàm f (x) = sin x g(x) = cos x có tính chất f (x + y) = f (x)g(y) + f (y)g(x), ∀x, y ∈ R, g(x + y) = g(x)g(y) − f (x)f (y), ∀x, y ∈ R 17 d) Hàm f (x) = tan x có tính chất f (x + y) = (2k + 1)π f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R, x, y, x + y = (k ∈ Z) − f (x)f (y) e) Hàm f (x) = cot x có tính chất f (x + y) = f (x)f (y) − , ∀x, y ∈ R, x, y, x + y = kπ (k ∈ Z) f (x) + f (y) Hàm lượng giác ngược a) Hàm f (x) = arcsin x có tính chất − y2 + y f (x) + f (y) = f (x − x2 ), với ∀x, y ∈ [−1; 1] b) Hàm g(x) = arccos x có tính chất − x2 g(x) + g(y) = g(xy − − y ), với ∀x, y ∈ [−1, 1] c) Hàm h(x) = arctan x có tính chất x+y , với ∀x, y ∈ R, xy = 1 − xy h(x) + h(y) = h d) Hàm p(x) = arccot x có tính chất p(x) + p(y) = p xy − , với ∀x, y ∈ R, x + y = x+y Hàm hyperbolic a) Hàm sin hyperbolic f (x) = sinh x := (ex − e−x ) có tính chất f (3x) = 3f (x) + 4[f (x)]3 , ∀x ∈ R b) Hàm cosin hyperbolic g(x) = cosh x := (ex + e−x ) có tính chất g(x + y) + g(x − y) = 2g(x)g(y), ∀x, y ∈ R c) Hàm tan hyperbolic h(x) = x := h(x + y) = ex − e−x có tính chất ex + e−x h(x) + h(y) , ∀x, y ∈ R + h(x)h(y) ex + e−x d) Hàm cotan hyperbolic q(x) = coth x := x có tính chất e − e−x q(x + y) = + q(x)q(y) , ∀x, y ∈ R, x + y = q(x) + q(y) 18 1.6 Tập trù mật Định nghĩa 1.9 Tập A ⊂ R gọi trù mật B ⊆ R ký hiệu [A] = B với x, y ∈ B; x < y tồn α ∈ A, cho x < α < y Định nghĩa 1.10 Tập A ⊂ R gọi trù mật R ký hiệu [A] = R với x ∈ R tồn dãy số (an ) ⊂ A, cho an → x n → ∞ Định nghĩa 1.11 Cho A ⊂ B ⊂ R với x ∈ B , với ε > tồn y ∈ A, cho |x − y| < ε A gọi tập trù mật B , ký hiệu [A] = B Nhận xét 1.1 Định nghĩa 1.9 định nghĩa 1.10 tương đương với Định nghĩa 1.12 Nếu hai hàm số f (x), g(x) hai hàm liên tục R thỏa mãn điều kiện f (x) = g(x) với x ∈ A [A] = R f (x) = g(x) với x ∈ R Ta thường sử dụng số tập trù mật R sau Với Q := tập số hữu tỷ, ta có [Q] = R Với = tập số vơ tỷ, ta có [ ] = R Với [A] = R tập {α + r | α ∈ A, r = const, r ∈ R} trù mật R Với [A] = R tập {αr | α ∈ A, r = const, r = 0, r ∈ R} trù mật R Tập { m | n ∈ Z+ ; m ∈ Z} trù mật R n Tập {mα − n | a ∈ 1.7 ; m, n ∈ N} trù mật R Hàm chuyển đổi phép tính số học Bài tốn 1.8 (Phương trình hàm Cauchy) Tìm hàm f (x) liên tục R thỏa mãn điều kiện sau f (x) + f (y) = f (x + y), ∀x, y ∈ R, (1.11) Lời giải Giả sử tồn hàm số f (x) thỏa mãn yêu cầu Thay x = y = vào (1.11), ta f (0) = f (0) + f (0) ⇔ f (0) = Thay y = −x vào (1.11),ta f (0) = f (x) + f (−x) ⇒ f (x) = −f (x), ∀x ∈ R Vậy hàm f (x) hàm số lẻ nên ta cần xác định biểu thức f (x) với x > 19 Thay y = x vào (1.11), ta f (2x) = 2f (x) Giả sử f (kx) = kf (x), (k ∈ N∗ ) Khi f ((k + 1)x) = f (kx + x) = f (kx) + f (x) = kf (x) + f (x) = (k + 1)f (x) Theo nguyên lý quy nạp, ta có f (nx) = nf (x), ∀x ∈ R, n ∈ N∗ Với n ∈ Z− suy −n ∈ N∗ , ta có f (nx) = f ((−n)(−x)) = −nf (−x) = (−n)(−f (x)) = nf (x) (do f (x)là hàm số lẻ) Suy f (nx) = nf (x), ∀n ∈ Z− Kết hợp với f (0x) = f (0) = = 0f (x) ta f (nx) = nf (x), ∀x ∈ R; n ∈ Z Với m ∈ Z ∗ , ta có f (x) = f m x m = mf x m ⇒f Với r ∈ Q, tồn n ∈ Z; m ∈ Z cho r = f (rx) = f n x x = nf m m = x m = f (x) m n Từ kết trên, ta có m n f (x) = rf (x), ∀r ∈ Q m Thay x = vào (1.11), ta f (r) = rf (1) = αr, ∀r ∈ Q Với ∀m ∈ R, ta có f (x) = f (x + x0 − m + m − x0 ) = f (x − m + x0 ) + f (m) − f (x0 ) Từ giả thiết hàm số liên tục x = x0 ta có lim f (x) = lim [f (x − m + x0 ) + f (m) − f (x0 )] x→m x→m = lim f (x − m + x0 ) + f (m) − f (x0 ) x→m =f (x0 ) + f (m) − f (x0 ) = f (m) Vậy f (x) liên tục điểm m ∈ R Nói cách khác f (x) liên tục R Với ∀x ∈ R, tồn dãy số (rn ) ⊂ Q, cho rn → x n → +∞ Khi đó, f (x) liên tục R nên ta có f (x) = lim f (rn ) = lim αrn = αx n→+∞ n→+∞ Thử lại, dễ thấy hàm số f (x) = αx thỏa mãn yêu cầu đề 81 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2006), Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2014), Phương trình hàm với đối số biến đổi, NXB ĐHQGHN [4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Tốn sinh viên tồn quốc , NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [5] N.H Abel, Methode générale pour trouver des fonctions d’une seule quantite variable lorsque une properieté des fonctions est exprimee pur une equation entre deux variables (Norwegian), Mag Naturwidenskab, 1, 1–10 (1823) (Oeuvres complètes, tome 1, Grundahl & Son, Christiania, 1–10 (1881).) [6] N.H Abel, Détermination d’une fonction au moyen d’une équation qui ne contient qu’une seule variable, Manuscript, Christiania, c 1824 (Oeuvres complètes, tome II Grundahl & Son, Christiania, 36–39 (1881).) [7] N.H Abel, Untersuchung der Functionen zweier unabhaăngigen veraănderlichen Groăssen x und y , wie f (x, y), welche die Eigenschaft haben, daβ f [z, f (x, y)] eine symmetrische Function von x, y und z ist, J Reine Angew Math., 1, 11–15 (1826) (Oeuvres complètes, tome I Grundahl & Son, Christiania, 61–65 (1881).) [8] N.H Abel, Unterschuchung uăber die Reihe + m(m1)(m2) x + , 1.2.3 m(m − 1) m x + x + 1.2 J Reine Angew Math., 1, 311–339 (1826) (Oeuvres com- plètes, tome I Grundahl & Son, Christiania, 219–250 (1881).) 82 [9] N.H Abel, Note sur la fonction ψ(x) = x + x2 22 + ··· + x2 n2 + , Manuscript, Freiberg (1826) (Oeuvres complètes, tome II Grundahl & Son, Christiania, 189193 (1881).) [10] N.H Abel, Uă ber die Functionen, die der Gleichung ϕ(x) + ϕ(y) = ψ(xf y + yf x) genug thun, J Reine Angew Math., 2, 386–394 (1827) (Oeuvres complètes, tome I Grundahl & Son, Christiania, 389–398 (1881).) [11] N.H Abel, Manuscript, Christiania, c 1828 (Oeuvres complètes, tome II Grundahl & Son, Christiania, pp 287, 318–319 (1881).) [12] M Bonk, On the second part of Hilbert’s fifth problem, Math Z., 210, 475–493 (1992) [13] E Hille and R.S Phillips, Functional analysis and semigroups, Am.Math Soc Colloq., 31 (1957) MR:19 664 (1958) [14] Pl.Kannappan, 2000, Functional Equations and Inequalities with Applications, Springer Monogaphs in Mathematics, 2000 [15] M Kuczma, A survey of the theory of functional equations, Univ Beograd, Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz., 130, 1–64 (1964) MR:30 5073 (1965) [16] M Kuczma, B Choczewski, R Ger, 1990, Interative hàm al Equations, Cambridge University Press, Cambridge/New York/Port Chester/Melbourne/Sydney [17] S Paganoni Marzegalli, One-parameter system of functional equations, Aeq Math., 47, 50–59 (1994) [18] M Sablik, The continuous solutions of a functional equation of Abel, Aeq Math., 39, 19–39 (1990) MR91a:39006 [19] Teodora-Liliana T.R., Vicentiu D.R., Titu Andreescu (2009), Problems in real analysis: Advanced calculus on real axis, Springer ... số dạng phương trình hàm Abel Trong chương trình bày số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục: Phương trình mũ; phương trình lặp; Phương trình hàm sinh hàm arctan; phương trình hàm sinh hàm. .. giác; phương trình hàm dạng khác Chương Các lớp phương trình hàm liên quan Trong chương trình bày số lớp phương trình hàm liên quan như: Phương trình hàm Pexider dạng tốn liên quan; phương trình. .. nghiên cứu thêm số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục; phương trình hàm Pexider dạng tốn liên quan; phương tình D’Alembert lớp hàm liên tục; số dạng tốn phương trình hàm từ đề thi Olympic