Phương trình hàm trong lớp hàm liên tục là một trong những nội dung cơ bản và quan trọng của chuyên đề phương trình hàm. Khi tiếp cận loại phương trình hàm này ta thường gặp lúng túng trong việc khai thác các tính chất liên tục của hàm số. Để tiếp cận và khai thác được các dạng toán về phương trình hàm trong lớp hàm liên tục ta cần một số kiến thức bổ trợ sau
Định nghĩa 2.19 (sgk). Cho hàm sốf xác định trên tập D ⊂ R và x0 ∈ D. Hàm
số f được gọi là liên tục tại x = x0 nếu lim
x→x0
f(x) = f(x0)
Sử dụng tính chất liên tục của hàm số ta có kết quả về phương trình hàm Cauchy.
Định lý 2.1 (Cauchy, xem [2]). Giả sử hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện
f(x+ y) =f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R. Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:
1. Hàm f(x) = ax, ∀x ∈ R
2. f là bị chặn trên (hoặc bị chặn dưới) trên một khoảng.
4. f liên tục tại một điểm bất kì.
Tiếp theo ta xét một số bài toán sử dụng Định lý 2.1 về phương trình hàm để giải các dạng toán với hàm hợp.
Bài toán 2.4 (THTT-T7/2010). Xác định hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn
điều kiện
f (x+f(y)) = 2y +f(x), ∀x, y ∈ R.
Lời giải. Cho x = 0 ta có f (f(y)) = 2y +f(0).
Từ đây dễ thấy f là đơn ánh trên R. Khi đó, với x = y = 0 ta có
f (f(0)) = f(0) nên f(0) = 0. Do đó
f (f(y)) = 2y,∀y ∈ R và 2f(y) = f (f (f(y))) = f(2y). Từ đó thay y bởi f(y) trong phương trình điều kiện ta được
f(x+ 2y) =f (x+ f (f(y))) = 2f(y) + f(x) = f(2y) + f(x), ∀x, y ∈ R.
Hay là f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. Lại có f liên tục trên R nên f(x) =cx, ∀x ∈ R. Kết hợp f (f(y)) = 2y cho ta c = ±√2.
Thử lại, ta đi đến kết luận
f(x) = √
2x, ∀x ∈ R hoặc f(x) = −√2x, ∀x ∈ R.
Bài toán 2.5 (Bulgaria TST 2003, Iran TST 2007, AMM 2000). Tìm tất cả các
hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f x2 +y +f(y)= 2y +f(x)2, ∀x, y ∈ R.
Lời giải. Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được
f (y +f(y)) = 2y +f(0)2, chứng tỏ f là một toàn ánh. Suy ra tồn tại số a sao cho f(a) = 0. Đặt b = f(0).
Từ phương trình ban đầu thay x bởi −x ta được
f x2 + y+ f(y)= 2y +f −x2, ∀x, y ∈ R,
suy ra f x2= f −x2, ∀x ∈ R. (2.13) Từ (2.13) và f(a) = 0 suy ra f (−a) = 0.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được
f (y +f(y)) = 2y +f(0)2, ∀y ∈ R. (2.14) Trong (2.14) ta lần lượt thay y = a và y = −a ta được:
f (a+ f(a)) = 2a+b2, suy ra 0 = 2a+b2;
f (−a+f (−a)) = −2a+b2, suy ra 0 = −2a+b2.
Từ hai đẳng thức trên ta được a = b = 0. Do đó
f(x) = 0 ⇔ x = 0. (2.15)
Để sử dụng (2.15) ta sẽ thay y = −f(x)
2
2 vào phương trình đã cho ta được:
f (y +f(y) +f (y+ f(y))) = 2 (y +f(y)), ∀y ∈ R. f x2 − f(x) 2 2 +f f(x)2 2 !! = 0 ⇔ x2 − f(x) 2 2 +f f(x)2 2 = 0, ∀x ∈ R (2.16)
(điều này có được là do (2.15)).Để sử dụng (2.16), ta sẽ thay y bởi −f(y)
2
2 vào
phương trình ban đầu ta thu được:
f x2 − f(y) 2 2 + f f(y)2 2 !! = 2 −f(y) 2 2 ! + f(x)2, ∀x, y ∈ R ⇔ f x2 −y2 = f(x)2 −f(y)2, ∀x, y ∈ R. (2.17) Ta sẽ sử (2.17) để suy ra hàm số này cộng tính.
Thật vậy, thay y = 0 vào (2.17) ta được:
f x2= f(x)2, ∀x, y ∈ R. (2.18) Từ (2.17) và (2.18) ta được f x2 −y2 = f x2−f y2, ∀x, y ∈ R suy ra f (x−y) = f(x)−f(y), ∀x, y ≥ 0. (2.19) Từ (2.19) thay x = 0 ta được: Nếu x > 0, y > 0 ta có f(x) =f (x+ y−y) =f(x+y)−f(y) suy ra f(x+ y) =f(x) +f(y). Nếu x < 0, y < 0 ta có f(x+y) = −f (−x−y) = −(f ((−x) + (−y)))
= −(f (−x) +f (−y)) = f(x) + f(y).
Suy ra
f(x+ y) =f(x) +f(y.)
Từ các trường hợp trên, kết hợp với f(0) = 0 ta được:
f(x+ y) =f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R. (2.20) Từ (2.18) ta được f(x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0.
Từ đây xét x ≥ y ⇒x−y ≥0 ⇒f (x−y) ≥ 0 ⇒f(x) ≥ f(y). Do đó
x ≥ y ⇒f(x) ≥ f(y). (2.21) Từ (2.20) và (2.21) ta được f(x) = kx,∀x ∈ R, trong đó k hằng số.
Thử lại vào phương trình ban đầu ta được:
k x2 + y+ ky = 2y +k2x2, ∀x ∈ R ⇔ kx2 + k2 +ky = 2y +k2x2, ∀x, y ∈ R. ⇔ k = k2 k2 + k = 2 ⇔k = 1. Vậy f(x) =x, ∀x ∈ R.
Bài toán 2.6. Tìm tất cả các hàm số f : R →R liên tục và thỏa mãn điều kiện
f (2x) + 2f (y) =f (f (x+y)), ∀x, y ∈ R. (2.22)
Lời giải. Giả sử f(x) là hàm số thỏa mãn bài toán.
Trong (2.22) lần lượt cho x = 0, y = 0 ta được
f (0) + 2f (y) =f (f (y)), ∀y ∈ R,
và f (2x) + 2f (0) = f (f (x)), ∀x ∈ R.
Do đó ta có
f (2x) = 2f (x)−f (0), ∀x ∈ R. (2.23) Thay (2.23) vào (2.22) ta được
Trong (2.24) cho x = 0 và thay y bởi x+ y ta được
2f (x+ y) +f (0) = f (f (x+y)), ∀x, y ∈ R. (2.25) Từ (2.24) và (2.25) ta có
f (x) + f (y) = f (x+y) +f (0), ∀x, y ∈ R. (2.26) Đặt g(x) = f (x) − f (0), ∀x ∈ R ta được g(x) là hàm số liên tục trên R và
g(x+y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R. Theo phương trình hàm Cauchy ta được
g(x) = ax, ∀x ∈ R, hay từ đó ta có f (x) = ax+b,∀x ∈ R.
Thayf (x) =ax+b, ∀x ∈ R vào (2.22) và cân bằng hệ số ta được a = b = 0 hoặc
a = 2. Vậy ta có hai hàm số thỏa mãn là
f (x) = 0, ∀x∈ R và f (x) = 2x+b, ∀x ∈ R.
Nhận xét. Trong nhiều dạng toán không có tính chất liên tục, ta có thể sử dụng
các điều kiện tương đương trong định lý 2.1.
Đó là, nếu hàm số f là đơn ánh và liên tục trên một khoảng nào đó thì nó đơn điệu thực sự trên khoảng đó. Xét ví dụ áp dụng sau.
Bài toán 2.7. Tìm tất cả các hàm tăng thực sự thỏa mãn điều kiện
f(f(x) +y) = f(x+y) + 1, ∀x, y ∈ R. (2.27)
Lời giải. Trong (2.27) thay y=0 ta có
f(f(x) +y) = f(x+ y) + 1, ∀x ∈ R.
Trong (2.27) thay x bởi f(x) ta có
f (f(f(x)) +y) = f (f(x) +y) + 1
suy ra f (f(x) +y + 1) = f(x+y) + 2. (2.28) Ta thay y bởi f(y) trong (2.27) và để ý
f(f(x) +y) =f(x+y) + 1, ∀x, y ∈ R ta được
f(f(x) +f(y)) = f(x+ f(y)) + 1 = f(x+ y) + 1, ∀x, y ∈ R (2.29) Từ (2.28) với (2.29) ta có
f (f(x) +y + 1) = f (f(x) +f(y)), ∀ x;y ∈ R.
f(x) +y + 1 = f(x) +f(y) hay f(x) = x+ 1. Thử lại ta có f(x) =x+ 1 thỏa yêu cầu bài toán.
Nhận xét 2.4. Ở bài toán trên chúng ta khai thác
1/ Nếu hàm số đơn điệu trên tập số thực thì nó là đơn ánh.
2/ Sau đó sử dụng phép thế để đưa về dạng f(u) = f(v) để nhận được u = v. Chú ý rằng, khi f(x) = g(x), ∀x ∈ Q thì f(x) = g(x), ∀x ∈ R với f, g là các hàm liên tục trên R (tính trù mật của tập Q trong R).
Để áp dụng tính chất này ta thường tiến hành theo các bước sau:
• Tìm f(n) với n ∈ Z+ (thường bằng phương pháp qui nạp).
• Tìm f(0).
• Tìm f(n) với n ∈ Z−.
• Tìm f(1
n) với n∈ N∗.
• Tìm f(q) với q ∈ Q.
• Tìm f(x) với x ∈ R (Sử dụng tính trù mật của tập Q trong R). Tức là nếu
ta có f(x) = g(x),∀x ∈ Q thì f(x) = g(x), ∀x ∈ R. Vì với mỗi x ∈ R, ∃ dãy
hữu tỷ (qn) sao cho limqn = x.
Khi đó sử dụng điều kiện f, g là các hàm liên tục trên R ta có
f(x) = f (limqn) = limf (qn) = limg(qn) =g(limqn) = g(x).
Bài toán 2.8. Tìm tất cả các hàm f : R+ → R+ liên tục trên R+ và thỏa mãn
điều kiện
f(xf(y)) +f(f(y)) = f(x)f(y) + 2, ∀x, y ∈ (0; +∞). (2.30)
Lời giải. Thay x = 0 ta được
f(0) +f(f(y)) =f(0)f(y) + 2, ∀y ∈ (0; +∞). (2.31) Thay x = 1 ta được
Đặt f(1) = a;f(0) = b
Thay y = 0 vào (2.31) và (2.32) ta được
f(f(0)) = b2 −b+ 2; 2f(f(0)) = ab+ 2,
suy ra 2(b2 −b+ 2) = ab+ 2 (2.33) Thay y = 1 vào (2.31) và (2.32) ta được
(
f(f(1)) = ab−b+ 2 2f(f(1)) = a2 + 2
suy ra a2 + 2 = 2(ab−b+ 2). (2.34)
Từ (2.33) và (2.34) ta tìm được b = 1;a = 2 suy ra f(0) = 1;f(1) = 2.
Thay vào (2.31) ta được
f(f(y)) =f(y) + 1, ∀y ∈ (0; +∞). (2.35) Từ (2.35)bằng quy nạp ta chứng minh được
f(n) = n+ 1, ∀n ∈ N∗. (2.36) Từ (2.30)) thay y = n ∈ N∗ ta được f(xf(n)) +f(f(n)) = f(x)f(n) + 2, ∀x ∈ (0; +∞). Kết hợp với (2.36) suy ra f(x(n+ 1)) +f(n+ 1) = (n+ 1)f(x) + 2, ∀x∈ (0; +∞). ⇔f(x(n+ 1)) +n= (n+ 1)f(x), ∀x ∈ (0; +∞). (2.37) Trong (2.37) thay x = 1 n+ 1 ta được f 1 n+ 1 = 1 n+ 1 + 1, ∀n ∈ N∗. Do f(1) = 2 nên f 1 n = 1 n + 1,∀n ∈ N∗.