Một số phương pháp giải phương trình hàm

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI NGUYỄN NGỌC DIỆP MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2014 ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI NGUYỄN NGỌC DIỆP MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Phạm Văn Quốc Hà Nội - 2014 Mục lục Lời nói đầu 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 10 2.1 Phương trình hàm Cauchy 10 2.2 Phương trình hàm Jensen 17 2.3 Vận dụng phương trình hàm vào giải toán 20 Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm 39 3.1 Phương pháp 39 3.2 Sử dụng tính liên tục 56 3.3 Sử dụng tính đơn ánh, tồn ánh song ánh 62 3.4 Sử dụng tính đơn điệu 84 3.5 Sử dụng tính chất điểm bất động 97 3.6 Đưa phương trình sai phân 103 3.7 Các tập tổng hợp 108 3.8 Phương trình hàm tập số tự nhiên 117 Kết luận 123 Tài liệu tham khảo 124 LỜI NÓI ĐẦU Phương trình hàm lĩnh vực hay khó tốn sơ cấp Trong kì thi Olympic Toán học Quốc gia, Khu vực Quốc tế thường xun xuất tốn phương trình hàm Các tốn thường khó, đơi khó Để giải tốn trước tiên ta phải 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 tốn kì thi Olympic Tốn, luận văn theo hướng Cụ thể, luận văn chia làm ba chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trình bày kiến thức dùng chương sau như: Hàm số liên tục, hàm số chẵn hàm số lẻ, hàm số tuần hoàn hàm số phản tuần hồn, tính đơn điệu hàm số, tính chất ánh xạ hàm số Chương Một số phương trình hàm Trình bày số phương trình hàm như: phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm Jensen ứng dụng chúng việc giải toán Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm Trình bày số phương pháp giải phương trình hàm thơng dụng Ở phương pháp bắt đầu phương pháp giải, sau toán, cuối toán vận dụng Để hồn thành luận văn, trước hết tơi xin chân thành cảm ơn sâu sắc tới TS Phạm Văn Quốc 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 khóa 2009-2011, Ban giám hiệu, Phịng sau đại học, Khoa Toán-Cơ- Tin học trường địa học Khoa học Tự nhiên Hà Nội tạo điều kiện, giúp đỡ suốt q trình hồn thành khóa học Tuy có nhiều cố gắng thời gian có hạn khả cịn hạn chế nên vấn đề trình bày luận văn cịn chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận góp ý xây dựng thầy cô bạn Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 01 tháng 10 năm 2014 Học viên Nguyễn Ngọc Diệp Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày định nghĩa, tính chất liên quan đến hàm số phục vụ cho tốn trình bày chương sau Ta quan tâm tới 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 1.1.1 Giả sử hàm số f (x) xác định (a, b) ⊂ R x0 ∈ (a, b) Ta nói hàm số liên tục x0 với dãy {xn }∞ n=1 , xn ∈ (a, b) cho lim xn = x0 ta có lim f (xn ) = f (x0 ) n→∞ n→∞ Định nghĩa tương đương với định nghĩa sau: Định nghĩa 1.1.2 Hàm số f (x), xác định (a, b), gọi liên tục x0 ∈ (a, b) lim f (x) = f (x0 ) Điều có nghĩa là: với số ε > 0, tồn x→x0 số δ = δ(ε) > cho với x ∈ (a, b) thỏa mãn < |x − x0 | < δ |f (x) − f (x0 )| < Hàm số không liên tục x0 gọi gián đoạn x0 Định nghĩa 1.1.3 Giả sử hàm số f xác định tập J, tập J khoảng hợp khoảng thuộc R Ta nói hàm số f liên tục J liên tục điểm thuộc J Định nghĩa 1.1.4 Hàm số f (x) xác định đoạn [a, b] gọi liên tục [a, b] liên tục khoảng (a, b) liên tục phải a, liên tục trái b 1.1.2 Tính chất hàm số liên tục Ở mục trên, ta có cách xác định hàm số liên tục Tuy nhiên việc sử dụng định nghĩa khơng phải lúc đơn giản Do vậy, người ta chứng minh tính chất hữu ích, giúp ta xác định nhanh hàm liên tục, sau: Các hàm sơ cấp như: hàm lũy thừa, hàm thức, hàm lượng giác, hàm logarít liên tục miền xác định chúng Giả sử f (x) g(x) hàm liên tục D ⊆ R Khi (f + g)(x) = f (x) + g(x), (f ◦ g)(x) = f (g(x)) hàm liên tục D f (x) Giả sử g(x) = với x ∈ R, hàm liên tục Trong g(x) trường hợp ngược lại, liên tục tập xác định Một số tính chất khác hàm số liên tục: Định lý 1.1.5 (Định lý giá trị trung gian) Giả sử f (x) liên tục đoạn [a, b] Nếu f (a) = f (b) với số thực M nằm f (a) f (b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = M Mệnh đề 1.1.6 Giả sử f (x) g(x) hai hàm xác định liên tục R Khi f (x) = g(x) với x ∈ Q f (x) ≡ g(x) R Chứng minh Với x ∈ R, ta xét dãy số hữu tỷ sn , n ∈ N thỏa mãn lim sn = x Do f (r) = g(r) với r ∈ Q nên f (sn ) = g(sn ) với n→+∞ n ∈ N Lấy giới hạn hai vế n → +∞, ý f (x) g(x) hai hàm liên tục, ta có lim f (sn ) = lim g(sn ) ⇒ f n→+∞ n→+∞ lim sn n→+∞ =g lim sn n→+∞ ⇒ f (x) = g(x) Với x ∈ R ta có f (x) = g(x) Hay f (x) = g(x) với x ∈ R Nhận xét 1.1.7 Trong mệnh đề ta thay giả thiết f (x) = g(x) với x ∈ Q giả thiết f (x) = g(x) với x ∈ A, A tập hợp trù mật R Với định nghĩa tập hợp trù mật sau Định nghĩa 1.1.8 Tập A ∈ R gọi tập trù mật R ∀x, y ∈ R, x < y tồn a ∈ A cho x < a < y Ví dụ 1.1.9 Q tập trù mật R m Giả sử ≤ p ∈ N Tập A = m ∈ Z, n ∈ N pn trù mật R 1.2 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.2.1 Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊆ R tập giá trị R(f ) ⊆ R Khi i) f (x) gọi hàm số chẵn M ⊆ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x) với x ∈ M ii) f (x) gọi hàm số lẻ M ⊆ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x) với x ∈ M 1.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn Định nghĩa 1.3.1 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) với x ∈ M Số thực T > nhỏ (nếu có) thỏa mãn f (x + T ) = f (x) với x ∈ M gọi chu kì sở hàm số tuần hồn f (x) Định nghĩa 1.3.2 Hàm số f (x) gọi phản tuần hồn (cộng tính) chu kì b, b > M ⊆ D(f ) với x ∈ M ta có x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x) với x ∈ M Ví dụ 1.3.3 (IMO 1968) Cho số thực a Giả sử hàm f : R → R thỏa mãn f (x + a) = + f (x) − [f (x)]2 , ∀x ∈ R Chứng minh f (x) hàm tuần hồn Lấy ví dụ hàm f trường hợp a = 1 Giải Giả sử f hàm cần tìm Ta thấy ≤ f (x) ≤ với x ∈ R Đặt 1 f (x) − = g(x), với x ∈ R Khi ≤ g(x) ≤ , ∀x ∈ R ta có 2 g(x + a) = Hay [g(x + a)]2 = [g(x + 2a)]2 = − [g(x)]2 , ∀x ∈ R − [g(x)]2 Suy − [g(x + a)]2 = [g(x)]2 ⇒ g(x + 2a) = g(x), ∀x ∈ R Do f (x + 2a) = f (x) với x ∈ R hay f (x) hàm tuần hoàn π sin x + , ∀x ∈ R thỏa mãn Với a = dễ dàng kiểm chứng hàm f (x) = 2 toán 1.4 Tính đơn điệu hàm số Định nghĩa 1.4.1 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 1.4.2 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 1.4.3 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 ∅ = X ⊆ R Xét hàm số f : X → R, ta có định nghĩa sau : Định nghĩa 1.5.1 Hàm số f (x) gọi đơn ánh X với a, b ∈ X f (a) = f (b) ⇔ a = b Từ (1) ta có f (x) − f (x + y) ≥ f (x + y) · ⇒f (x) − f (x + y) ≥ f (x) + y − f (x + y) f (x) f (x + y)y > 0, ∀x, y > f (x) (1) ⇒f (x) − f (x + y)(f (x) + y) ≥ ⇒f (x) + yf (x) − f (x + y)(f (x) + y) ≥ yf (x) ⇒f (x) − f (x + y) ≥ f (x)y , ∀x, y > f (x) + y (*) Với x > 0, theo nguyên lý Acsimet, tồn n ∈ N∗ : nf (x + 1) > Với ≤ k ≤ n − 1, k ∈ N ta có f x+ k n − f (x + 1) > (do − k ≥ >0 n n f (x) − f (x + y) > ∀x, y > 0) ⇒f Thay x x + f k x+ n x+ k n > f (x + 1) > n k , y = vào (*), ta có n n −f k+1 x+ n ≥ f x+ f x+ k n k n n + n1 · = 1 k f (x+ n ) +n ≥ 2n Cho k chạy từ đến n − cộng tổng với nhau: f (x) − f (x + 1) ≥ 1 ·n= 2n Vậy không tồn f thỏa mãn (điều phải chứng minh) Bài tốn 3.7.3 Tìm f : [0, +∞) → [0, +∞) thỏa mãn: i) f (xf (y))f (y) = f (x + y) với x, y ≥ 0; ii) f (2) = 0; iii) f (x) > với x ∈ [0, 2] Lời giải Thay y = vào (1) ta có f (x + 2) = với x ≥ ⇒ f (x) = với x ≥ Kết hợp với iii), ta có f (x) = ⇔ x ≥ 110 Với y < với x + y ≥ hay x ≥ − y ta có f (xf (y))f (y) = f (x + y) = ⇒ f (xf (y)) = ⇒ xf (y) ≥ ⇒ f (y) ≥ Lấy x = − y, ta có x f (y) ≥ ∀y ∈ [0, 2) (*) 2−y Với y < 2, x + y < ta có f (xf (y))f (y) = f (x + y) > ⇒ f (xf (y)) > ⇒ xf (y) ∈ [0, 2] ⇒ f (y) < ∀x < − y Cho x → − y ta có x f (y) ≤ , ∀y ∈ [0, 2) (**) 2−y Từ (*) (**) ta có f (y) = , ∀y ∈ [0, 2) 2−y Bài tốn 3.7.4 Tìm f : R → R thỏa mãn f (f (x) + xf (y)) = xf (y + 1), ∀x, y ∈ R (1) Lời giải Phân tích tốn: Việc có x đứng ngồi, ta nghĩ tới giả thiết Trường hợp f ≡ 0, ta cần giải trường hợp tồn a: f (a) = Nếu thay y = a − ⇒ f toàn ánh ⇒ ∃b : f (b) = Thay x = b, ta có f (bf (y)) = bf (y + 1), ∀y ∈ R (*) Rõ ràng f (y) = ⇒ bf (y + 1) = ⇒ b = (⇒ f (0) = 0) f (y + 1) = (khơng giải điều gì) Tuy đến ngõ cụt đoạn f (y + 1) = để ý ta thu f (0) = f toàn ánh ⇒ ∃y cho f (y) = − f (x) , ∀x = x Điều hướng cho ta lời giải giả thiết Cũng để ý điều, trường hợp giả thiết suy toàn ánh Trước hết ta tính f (0) Thay x = y = vào (1) ⇒ f (f (0)) = Đặt f (0) = a ⇒ f (a) = Ta tính a mệnh đề đảo Giả sử a = Thay x = y = a vào (1) ⇒ f (0) = af (a+1) ⇒ a = af (a+1) ⇒ f (a + 1) = (do a = 0) Thay y = a vào (1) ta có f (f (x)) = xf (a + 1) = x ∀a ∈ R Vậy f song ánh Thay x = vào (1) ta có f (f (1) + f (y)) = f (y + 1), ∀y ∈ R, 111 ⇒ f (1) + f (y) = y + 1, ∀y ∈ R, ⇒ f (y) = y + − f (1), ∀y ∈ R (2) Thay y = ⇒ f (1) = (2) ⇒ f (y) = y ∀y ∈ R ⇒ f (0) = ⇒ a = (vô lý) Vậy a = Xét giả thiết 2: Trường hợp 1: Tồn b = 0: f (b) = Thay y = b vào (1) ta có f (f (x)) = xf (b + 1), ∀x ∈ R (3) Thay x = b vào (3) ta có f (f (b)) = bf (b + 1) ⇒ bf (b + 1) = f (0) = ⇒ f (b + 1) = (do b = 0) Từ (3) suy f (f (x)) = ∀x ∈ R Thay y f (f (y)) vào (1) ta có ⇒ f (f (x) + xf (f (f (y)))) = xf (f (f (y)) + 1), ∀x, y ∈ R ⇒ f (f (x)) = xf (1), ∀x ∈ R ⇒ f (1) = Thay x = vào (1) ⇒ f (f (y)) = f (y + 1) với y ∈ R ⇒ f (y + 1) = ∀y ∈ R ⇒ f (x) = ∀x ∈ R (thỏa mãn) Trường hợp 2: (f (x) = ⇔ x = 0) Thay y = vào (1) ta có f (f (x)) = xf (1) (4) Do f (1) = (1 = 0) nên f song ánh Thay x = vào (1) ta có f (f (1) + f (y)) = f (y + 1) với y ∈ R ⇒ f (y) = y + − f (1) ⇒ f (y) = y với y ∈ R (thỏa mãn) Để ý trường hợp 2, ta sử dụng (f (0) = ⇔ x = 0) giải giả thiết 1, mấu chốt tìm f (0) = Bài tốn 3.7.5 Tìm f : R → R thỏa mãn f (x + y) + f (x)f (y) = f (x) + f (y) + f (xy), ∀x, y ∈ R (1) Lời giải (1) ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y) + f (xy) − f (x)f (y) với x, y ∈ R Xét f (x + y + z) = f (x) + f (y + z) + f (x(y + z)) − f (x)f (y + z) 112 = f (x) + [1 − f (x)][f (y) + f (z) + f (yz) − f (y)f (z)] + f (xy) + f (xz) + f (x2 yz) − f (xy)f (xz) = f (x) + f (y) + f (z) + f (xy) + f (yz) + f (zx) + f (x)f (y)f (z) − f (x)f (y) − f (x)f (z) − f (y)f (z) + f (x2 yz) − f (xy)f (xz) − f (x)f (yz) Hoán đổi vai trị x, y, z ta có f (x2 yz) − f (xy)f (xz) − f (x)f (yz) = f (xy z) − f (xy)f (yz) − f (y)f (xz) (*) Thay y = vào (*) ta có ⇒ f (x2 z) − f (x)f (xz) − f (x)f (z) = f (xz) − f (x)f (z) − f (1)f (xz) ⇒ f (x2 z) = (1 − f (1))f (xz) + f (x)f (xz), ∀x, z ∈ R Mặt khác thay y xz vào (1) ta có f (x2 z) = f (x + xz) + f (x)f (xz) − f (x) − f (xz) ⇒f (x + xz) = (2 − f (1))f (xz) + f (x), ∀x, z ∈ R (2) Thay z = vào (2) ⇒ [2 − f (1)]f (0) = Đặt − f (1) = a Nếu a = 0, thay x = vào (2) ⇒ f (1 + z) = f (x) = f (1) ∀z ∈ R ⇒ f (x) = ∀x ∈ R (thỏa mãn) Nếu a = ⇒ f (0) = Thay z = −1 vào (2) ⇒ f (0) = af (−x) + f (x) ⇒ f (x) = −af (−x)∀x ∈ R ⇒ f (−x) = −af (x) ∀x ∈ R ⇒ f (x) = a2 f (x) ∀x ∈ R ⇒ f (x) = ∀x ∈ R (thỏa mãn) a2 = • a = −1 ⇒ − f (1) = −1 ⇒ f (1) = Thay vào (2) ta có f (x + xz) = −f (xz) + f (x) với x, z ∈ R Thay x = , z = −1 ⇒ f (1) = −f (1/2) + f (1/2) = (vơ lý) • a = Từ (2) suy f (x + xz) = f (xz) + f (x), ∀x, z ∈ R Với x = 0, thay z = (3) y vào (3) ta có x f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R 113 (**) Có (**) với x = ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y); ∀x, y ∈ R ⇒ f (xy) = f (x)f (y); ∀x, y ∈ R ⇒ f (x) = (loại), f (x) = ∀x ∈ R (loại), f (x) = x Vậy f ≡ 0, f ≡ f (x) = x; ∀x ∈ R hàm cần tìm Bài tốn 3.7.6 Cho f : R+ → R+ thỏa mãn: f (2x) ≥ x + f (f (x)), ∀x > (1) Chứng minh f (x) ≥ x với x > x Lời giải Từ (1) ta dễ thấy f (x) > , ∀x > Nếu ta có f (x) > ax, ∀x ∈ R+ f (x) ≥ x x +f f 2 > x + a2 x + a2 · = · x, ∀x > 2 Vậy ta xét dãy (an ) thỏa mãn an+1 = 1 + a2n , a0 = , ∀n ∈ N, 2 Thì dễ dàng quy nạp f (x) > an x, ∀n ∈ N Nếu an < ⇒ an+1 < (*) 1+1 = Vậy an < 1, ∀n ∈ N Xét + a2n − an (an − 1)2 > 0, ∀n ∈ N = an+1 − an = Vậy (an ) dãy tăng bị chặn ⇒ tồn a = lim an (0 ≤ a ≤ 1) n→+∞ + a2 ⇒a= ⇒ a = Từ (*) cho n → +∞, ta có f (x) ≥ x với x ∈ R+ Bài toán 3.7.7 Cho f : R → R thỏa mãn f (x) ≤ 2x2 f x , ∀x ∈ R, (1) f (x) ≤ 1, ∀x ∈ (−1, 1) (2) Chứng minh f (x) ≤ x2 , ∀x ∈ R 114 (*) Lời giải Thay x = vào (1) ⇒ f (0) = thỏa mãn (*) Xét x = 0, từ (1) 2f (x) ⇒ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Đặt g(x) = với x = x2 x , g(x) ≥ 0, ∀x = n x ⇒ g (x) ≤ g n , ∀x = x n ⇒ g(x) ≤ g n , ∀x = (1) ⇒ g (x) ≤ g x x = ⇒ tồn N ∈ N: ∀n ≥ N , ∈ (−1, 1) Suy n→+∞ 2n 2n với n ≥ N , ta có Với x có lim 2f g(x) ≤ 2n x 2n x 2n ≤ 2n 22n+1 x2 1 2n 2n + Ta có lim = 0, lim = ⇒ g(x) ≤ = 1, lim n→+∞ n→+∞ x2 n→+∞ 2n x2 với x ∈ R ⇒ f (x) ≤ với x ∈ R (điều phải chứng minh) Bài toán 3.7.8 Tìm f : R → R thỏa mãn 2n+1 2n f ((x − y)2 ) = f (x) − 2xf (y) + y , ∀x, y ∈ R (1) Lời giải Do tính chất đối xứng x y (1) ta có f (x) − 2xf (y) + y = f (y) − 2yf (x) + x2 ⇒(f (x) + y)2 = (f (y) + x)2 , ∀x, y ∈ R (2) Thay x = vào (2) ta có f (y) = (y + f (0))2 , ∀y ∈ R (3) Thay x = y = vào (1) ⇒ f (0) = f (0) ⇒ f (0) = f (0) = f (0) = Từ (3) ⇒ f (y) = y f (y) = −y Giả sử tồn a, b = 0: f (a) = a f (b) = −b Thay x = a, y = b vào (1) ta có ⇒ f ((a − b)2 ) = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 115 (a + b)2 = (a − b)2 ⇒ 2ab = ⇒ (a + b)2 = −(a − b)2 a2 + b2 = (vô lý) Vậy f (x) = x với x ∈ R f (x) = −x với x ∈ R Thử lại thấy f (x) = x với x ∈ R (thỏa mãn) f (0) = ⇒ f (y) = y + f (y) = −(y + 1) ⇒ f (−1) = Giả sử tồn a = 0, a = −1: f (a) = −(a + 1) Thay x = a, y = −1 vào (2), ⇒(f (a) − 1)2 = (f (−1) + a)2 (−a − − 1)2 = a2 ⇒ (a + 2)2 = a2 ⇒ a = −1 (vô lý) Vậy f (x) = x + với x ∈ R (thỏa mãn) Bài toán 3.7.9 Tìm f : R → R thỏa mãn: 1) f (x + 1) ≥ x + với x ∈ R, 2) f (x + y) ≥ f (x)f (y) với x, y ∈ R Lời giải Thay x = y vào (2) ta có f (2x) ≥ f (x) ≥ ⇒ f (x) ≥ với x ∈ R Ta suy x x x (do x = + + ) n n n x n ⇒f (x) ≥ + , ∀x ∈ R n f (x) ≥ f n x x = ⇒ tồn N ∈ N: với n ≥ N , +1 > ⇒ n→+∞ n n Cố định x, ta có lim với n ≥ N : f (x) ≥ + Ta có lim n→+∞ 1+ x n x n n > n = ex Từ suy f (x) ≥ ex với x ∈ R Thay x = y = vào (2) ⇒ f (0) ≥ f (0), lại có f (0) ≥ e0 = ⇒ f (0) = Ta có = f (0) ≥ f (x)f (−x) ≥ ex · e−x = Vậy f (x) = ex với x ∈ R (thỏa mãn) 116 3.8 Phương trình hàm tập số tự nhiên Bài tốn 3.8.1 Tìm f : N∗ → N thỏa mãn 1) f (mn) = f (m) + f (n) với m, n ∈ N∗ , 2) f (30) = 0, 3) f (n) = n có tận bên phải Lời giải Ta có = f (30) = f (2 · · 5) = f (2) + f (3) + f (5) ⇒ f (2) = f (3) = f (5) = Từ (3) ta có f (n) = n ≡ (mod 10) Ta có n ∈ N∗ n có phân tích nguyên tố +∞ pakk với ∈ N, pi > a1 a2 a3 n=2 k=4 a1 =2 a2 ·3 · 5a3 · h với(h, 2) = (h, 3) = (h, 5) = 1, (h ∈ N∗ ) Từ (1) ⇒ f (n) = f (h) Do (h, 2) = (h, 5) = ⇒ (h, 10) = Từ suy A = {th | t = 1, 10} hệ tự đồng dư (mod) 10 Từ suy ∀n ∈ N∗ , tồn tn : tn hn ≡ (mod 10) ⇒ = f (tn hn ) = f (tn ) + f (hn ) ⇒ f (hn ) = (do f ∈ N) ⇒ f (n) = với n ∈ N∗ Bài toán 3.8.2 Chứng minh với b ∈ N, tồn f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (m + f (n)) = n + f (m + b), ∀m, n ∈ N∗ (1) Lời giải Giả sử tồn n1 , n2 ∈ N∗ : f (n1 ) = f (n2 ) ⇒ n1 = n2 ⇒ f đơn ánh f (f (m) + f (n)) = n + f (m + b) = m + n + f (2b) Vậy với m, n, p, q ∈ N∗ thỏa mãn: m + n = p + q f (f (p) + f (q)) = f (f (m) + f (n)) ⇒ f (m) + f (n) = f (p) + f (q) Thay p = q = k, m = k + 1, n = k − (k ≥ 2) k + + k − = 2k f (k + 1) + f (k − 1) = 2f (k) với k ≥ Từ ⇒ f (k + 1) − f (k) = f (k) − f (k − 1) = = f (2) − f (1) = d ∈ Z 117 ⇒ f (1), f (2), , f (n) lập thành cấp số cộng công sai d ⇒ f (n) = (n − 1)d + a với d ∈ Z, d = 0, a = f (1) (do f đơn ánh) Thay vào (1) ta có d ([m + (n − 1)d + a] − 1) + a = n + d(m + b − 1) + a   d = ±1 d2 = ⇒ ⇒ d(a − d) = bd a = b + d d = ⇒ f (1) = b + ⇒ f (n) = n + b (thỏa mãn) với n ∈ N∗ d = −1 ⇒ f (n) = −n + b với n ∈ N∗ ⇒ f (n) < với n > b (vơ lý) Bài tốn 3.8.3 Chứng minh khơng tồn f : R → R thỏa mãn: 1) f (0) = 1, 2) f (x + f (y)) = f (x + y) + với x ∈ R, 3) Tồn x0 ∈ Q \ Z mà f (x0 ) ∈ Z Lời giải Thay y = vào (2) ⇒ f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ R ⇒ f (n) = n + p với n ∈ Z, mà f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ R, với n ∈ Z Đặt x0 = , q p p p p ∈ Z, q ∈ N, q ≥ 2, (p, q) = Ta có f q = n ∈ Z Ta tính f q + f q f p +f q p q =f =f f p +f q p q =f =f ⇒f f 2p q 3p q p p + +1 q q 2p + (theo (2)) q p +n q p + n = 2n q = 2n − =f =f =f 2p p + q q 2p p +f −1 q q 2p +n −1 q 118 =f Làm tương tự ta có f q · pq p+q qn − q + ⇒ n = = 1+ q điều phải chứng minh 2p q + n − = 3n − = qn − (q − 1) ⇒ f (p) = qn − q + ⇒ p + = p p Có x0 = ∈ /Z⇒n∈ / Z (vơ lý) Vậy ta có q q Bài tốn 3.8.4 Chứng tỏ không tồn song ánh f : N∗ → N thỏa mãn f (mn) = f (m) + f (n) + 3f (m)f (n), ∀m, n ∈ N∗ (1) Lời giải Thay n = vào (1) ⇒ f (m) = f (m) + f (1) + 3f (m)f (1) ⇒ f (1)[1 + 3f (m)] = ⇒ f (1) = Do f song ánh nên suy với n > 1, f (n) ≥ Xét k = m · n hợp số, m, n ≥ f (k) = f (m) + f (n) + 3f (m)f (n) ≥ Do f song ánh nên {1, 2, 3, 4} nhận số nguyên tố ⇒ ∃p, q ∈ P: f (p) = 1, f (q) = Ta có f (q ) = 2f (q) + 3f (q) = 33, f (pr) = f (p) + f (r) + 3f (p)f (r) = 4f (r) + Do f toàn ánh nên tồn số r: f (r) = ⇒ f (q ) = f (pr) ⇒ q = pr (vơ lý) Bài tốn 3.8.5 Cho f xác định N∗ thỏa mãn: 1) f (p) = với p ∈ P, 2) f (mn) = mf (n) + nf (m) với m, n ∈ N∗ Tìm n để f (n) = n Lời giải Ta có f (p2 ) = 2pf (p) = 2p, ∀p ∈ P, f (p3 ) = p2 f (p) + pf (p2 ) = 3p2 , ∀p ∈ P m2 Quy nạp ta có f (pk ) = kpk−1 với p ∈ P Với n = pm · p2 , ta có m2 m2 m1 f (n) = pm f (p2 ) + p2 f (p1 ) 119 m1 −1 m2 −1 + pm = pm · m1 p1 · m2 p2 m2 n m1 n = + = p2 p1 i=1 mi · n pi mk m2 Quy nạp với n = pm · p2 · · · pk , ta có f (n) = k mi · n với n ∈ N∗ p i i=1 Giả sử có f (n) = n Khi đó, ta có k i=1 mi ·n=n⇒ pi k ⇒p1 i=2 k i=1 mi = (mi ≥ 1) pi mi = p1 − m1 ∈ Z pi ⇒p1 · · · pk−1 · mk ∈Z pk ⇒mk pk m1 Tương tự mi pi với i Vậy k = ⇒ = ⇒ m = p = p1 Vậy n = pp p1 (thỏa mãn) Bài toán 3.8.6 Cho f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (mf (n)) = nf (m), m, n ∈ N∗ (1) Chứng tỏ p ∈ P f (p) ∈ P Lời giải Thay m = vào (1) ⇒ f (f (n)) = nf (1) với n ∈ N∗ ⇒ f đơn ánh N∗ (chưa suy toàn ánh) Thay n = vào (1) ⇒ f (mf (1)) = f (m) với m ∈ N∗ ⇒ mf (1) = m với m ∈ N∗ ⇒ f (1) = ⇒ f (f (n)) = n với n ∈ N∗ ⇒ f song ánh Thay n f (n) vào (1) ⇒ f (mn) = f (m)f (n) với m, n ∈ N∗ ⇒ f hàm nhân tính Hàm nhân tính N∗ có tính chất sau: αi α2 n = pα p2 · · · pi ⇒f (n) = [f (p1 )]α1 · · · [f (pi )]αi 120 Xét p ∈ P đặt f (p) = m · n, m, n ∈ N∗ (m, n ≥ 2), ⇒ f (f (p)) = f (m.n) = f (m)f (n) = p ⇒ f (m) = 1, f (n) = p, f (m) = p, f (n) = f (m) = 1, f (n) = p ⇒ m = (do f đơn ánh) (vô lý) Vậy f (p) số nguyên tố (điều phải chứng minh) Bài toán 3.8.7 Cho f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (mf (n)) = n2 f (m), ∀m, n ∈ N∗ (1) Chứng minh p ∈ P f (p) ∈ P f (p) số phương số nguyên tố Lời giải Thay m = vào (1) ta có f (f (n)) = n2 f (1), ∀n ∈ N∗ (2) Giả sử tồn f (n1 ) = f (n2 ), từ (2) ⇒ n21 f (1) = n22 f (1) ⇒ n1 = n2 (do n1 , n2 ∈ N∗ ) Vậy f đơn ánh Thay n = vào (1) ⇒ f (mf (1)) = f (m) với m ∈ N∗ ⇒ mf (1) = m với m ∈ N∗ ⇒ f (1) = Từ (2) ta có f (f (n)) = n2 với n ∈ N∗ Thay m f (m) vào (1), ⇒ f (f (m)f (n)) = n2 f (f (m)) = m2 n2 = f (f (mn)), ∀m, n ∈ N∗ ⇒ f (mn) = f (m)f (n), ∀m, n ∈ N∗ Gọi p ∈ P Nếu f (p) hợp số f (p) = a · b, a ≥ b ≥ Ta có p2 = f (f (p)) = f (ab) = f (a)f (b) Từ ta có  f (a) = 1, f (b) = p2   f (a) = p2 , f (b) =  f (a) = f (b) = p • f (a) = 1, f (b) = p2 ⇒ a = (do f đơn ánh) (vơ lý) • f (a) = p2 , f (b) = ⇒ b = (vơ lý) 121 • f (a) = f (b) = p ⇒ a = b ⇒ f (p) = a2 Ta chứng minh a ∈ P Đặt a = m · n với p = f (a) = f (mn) = f (m)f (n), ta suy f (m) = ⇒ a ∈ P f (n) = ⇒ a ∈ P Vậy ta có điều phải chứng minh 122 KẾT LUẬN Sau thời gian hai năm học tập Khoa Toán- Cơ- Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, giúp đỡ tận tình thầy cô Khoa, đặc biệt TS Phạm Văn Quốc, tơi hồn thành luận văn với tên đề tài “Một số phương pháp giải phương trình hàm” Luận văn đạt số kết sau: Luận văn nêu số kiến thức đại số giải tích có ứng dụng nhiều việc giải tốn phương trình hàm Luận văn hệ thống phân loại số dạng toán thường gặp theo phương pháp giải tốn phương trình hàm với nhiều tốn 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 tốn phương trình hàm Phân dạng phương trình hàm giúp cho định hướng giải chúng Vì tơi hi vọng luận văn làm tài liệu tham khảo cho trình nghiên cứu, giảng dạy học tập toán bậc học phổ thơng Tơi mong nhận góp ý thầy cô bạn đồng nghiệp để đề tài tiếp tục hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! 123 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tài Chung (2014), Bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Trần Nam Dũng (2010), Tài liệu bồi dưỡng đội tuyển Việt Nam tham dự IMO [3] Nguyễn Quý Dy (chủ biên) (2001), Tuyển tập 200 thi vơ địch tốn-Tập 3, Nhà xuất giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (2001), Phương trình hàm, Nhà xuất Giáo dục [5] Nguyễn Trọng Tuấn (2004), Bài toán hàm số qua kì thi Olympic, Nhà xuất Giáo dục [6] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [7] Website: mathlinhks.ro, vnmath.com, diendantoanhoc.net, 124 ... trình hàm Trình bày số phương trình hàm như: phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm Jensen ứng dụng chúng việc giải toán Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm Trình bày số phương pháp. .. bị Trình bày kiến thức dùng chương sau như: Hàm số liên tục, hàm số chẵn hàm số lẻ, hàm số tuần hồn hàm số phản tuần hồn, tính đơn điệu hàm số, tính chất ánh xạ hàm số Chương Một số phương trình. .. 17 2.3 Vận dụng phương trình hàm vào giải tốn 20 Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm 39 3.1 Phương pháp