Định nghĩa 3.20. Cho ánh xạ f : X → R, (X ⊂ R). Điểm x0 ∈ X gọi là một
điểm bất động của f nếu f (x0) = x0.
Tập hợp các điểm bất động của f được kí hiệu là F ix(f).
Định lý 3.1. Mọi hàm số liên tục f : [a;b] → [a;b] có ít nhất một điểm bất động.
Chứng minh. Xét hàm số g : [a;b] →[a;b] được xác định bởi g(x) =f (x)−x.
Do f liên tục nên g là hàm liên tục. Ta có f (a), f (b) ∈ [a;b] nên
f (a)−a ≤ 0, f (b)−b ≥0
hay
g(a).g(b) = (f (a)−a).(f (b)−b) ≤0.
Theo định lí Bozano-Cauchy thì luôn tồn tại ít nhất một điểm c ∈ [a;b] sao cho
g(c) = 0, hay phương trình f (x)−x= 0 có ít nhất một nghiệm. Do đó tồn tại ít nhất một điểm x0 ∈ [a;b] sao cho f (x0) = x0.
Định lý 3.2. i) Nếu hàm số f : [a;b] →[a;b] có đạo hàm trên [a;b] và thỏa mãn
f/(x) < 1,∀x ∈ [a;b] thì khi đó f có duy nhất một điểm bất động trên đoạn
[a;b].
ii) Cho số thực k với k ∈ (0; 1) và f : [a;b] → [a;b] là hàm số thỏa mãn
|f (x)−f (y)| ≤ k.|x−y|,∀x ∈ [a;b]. Khi đó f có duy nhất một điểm bất động.
Chứng minh. i) Xét hàm sốg : [a;b] →[a;b]được xác định bởig(x) =f (x)−x.
Hiển nhiên g(x) là hàm liên tục.
Theo định lí 3.1, tồn tại ít nhất một điểm x0 ∈ [a;b] sao cho g(x0) = 0, mặt khác
g/(x) =f/(x)−1 < 0,∀x ∈ [a;b], nên x0 là duy nhất. ii) Nhận xét f (x) là một hàm liên tục trên đoạn [a;b].
Thật vậy, lấy dãy số tùy ý {xn} ⊂ [a;b] sao cho limxn = x0.
Ta có x0 ∈ [a;b] và |f (xn)−f (xo)| ≤k.|xn −x0| với mọi n ∈ N∗.
Do limxn = x0 nên limf (xn) = f (x0). Vậy f liên tục tục trên đoạn [a;b]. Theo định lí 3.1 mọi hàm số liên tụcf : [a;b] → [a;b] tồn tại ít nhất một điểm bất động
x0. Giả sử x1 ∈ [a;b] cũng là một điểm bất động của f.
Ta có |f (x1)−f (xo)| ≤ k.|x1 −x0|, nhưng lại có f (x1) = x1, f (x0) = x0 nên |x1 −xo| ≤ k.|x1 −x0|, suy ra x1 = x0. Vậy f có duy nhất một điểm bất động.
Định lý 3.3. i) Nếu f là một hàm giảm thật sự trên tâp số thực X ⊂ R thì f
không có nhiều hơn một điểm bất động trên X.
ii) Nếu hàm f(xx) là một hàm đơn điệu thật sự trên tâp số thực X ⊂ R thì f không
có nhiều hơn một điểm bất động trên X.
Chứng minh. i) Xét hàm số g : X → R được xác định bởi g(x) = f (x)−x.
g(X) không chứa giá trị 0 thì hàm số f không có điểm bất động, nếu g(X) có chứa giá trị 0 thì hàm số f có đúng một điểm bất động.
ii) Tương tự, hàm g(x) = f(xx) đơn điệu thật sự trên tâp số thực X ⊂ R. Do đó, nếu tập giá trị g(X) không chứa giá trị 1 thì hàm số f không có điểm bất động, nếu g(X) có chứa giá trị 1 thì hàm số f có đúng một điểm bất động.
Định lý 3.4. Cho F (u) là hàm một biến thưc, h(x, y, z, t) là hàm cho trước của
bốn biến x, y, z, t các định trên tập X ×X ×R×R (trong đó X ⊂ R). Nếu hàm
F (u) có duy nhất một điểm bất động u0 thì mọi nghiệm của phương trình
F (h(x, y, f (x), f (y))) = h(x, y, f (x), f (y)), ∀x, y ∈ X. (3.15)
(Trong đó f là hàm một biến cần tìm xác định trên X) phải thỏa mãn phương
trình: h(x, x, f (x), f (x)) = u0.
Chứng minh. Gả sử f (x) là một hàm thỏa mãn (3.15), khi đó đặt
x = y ∈ R ta được
F (h(x, x, f (x), f (x))) = h(x, x, f (x), f(x)), ∀x ∈ X.
Điều này chứng tỏ h(x, x, f (x), f (x)) là một điểm bất động của F với mọi
x ∈ X. Nhưng hàm F (u) có duy nhất một điểm bất động u0. Do đó ta có:
h(x, x, f (x), f(x)) =u0.
Nhận xét 3.9. Khi ứng dụng định lí này để giải phương trình (3.15), ta cần chứng minh rằng phương trình F (u) = u có duy nhất một nghiệm u0 trong một miền nào đó chứa miền giá trị của g.
Định lý 3.5. Cho F (u) là hàm số liên tục của một biến thưc, h(x, y, z, t) là hàm
liên tục cho trước của bốn biến x, y, z, t các định trên tập
X × X × R ×R (trong đó X ⊂ R). Nếu tập điểm bất động của hàm F (u) là
F ix(F) là tập không quá đếm được thì mọi nghiệm của phương trình
F (h(x, y, f (x), f (y))) = h(x, y, f (x), f (y)), ∀x, y ∈ X. (3.16)
(Trong đó f là hàm liên tục một biến cần tìm xác định trên X) phải thỏa
mãn phương trình h(x, x, f (x), f (x)) = u0 với u0 là điểm bất động nào đó thuộc
F ix(F).
Chứng minh. Gả sử f (x) là một hàm liên tục thỏa mãn (3.16)
Khi đó đặt x = y ∈ R ta được
Điều này chứng tỏ h(x, x, f (x), f (x)) thuộc tập F ix(F), ∀x ∈ X.
Doh và f là các hàm liên tục nên g(x) = h(x, x, f (x), f(x)) là một hàm liên tục trên X, hơn nữa X là một khoảng nên g(X) phải là một tập con khác rỗng của
R. Nếu g(X) có nhiều hơn một điểm thì g(X) là một khoảng có độ đo dương và do đó g(X) không đếm được điều này mâu thuẩn với việc F ix(F) là tập không quá đếm được, nên g(X) không thể có nhiều hơn một điểm. Vậy định lí đã được chứng minh.
3.2.2 Bài tập áp dụng
Bài toán 3.6. Cho hàm số f : R → R thỏa mãn f f(x) = x3 + 3
4x, với mọi x ∈ R. Chứng minh rằng f −1 2 + f(0) +f 1 2 = 0. Lời giải. Đặt g(x) =x3 + 3 4x thì f f(x) = g(x). Suy ra f g(x) = ff f(x) = g f(x).
Dễ thấy g(x) là đơn ánh nên từ f f(x)= g(x) suy ra f(x) cũng là đơn ánh. Gọi x0 là một điểm cố định của hàm g(x).
Suy ra g(x0) = x0, dẫn đến x0 ∈ 0; −1 2; 1 2 .
Ta có f(x0) = f g(x0) = g f(x0), suy ra f(x0) cũng là một điểm cố định của hàm g(x). f(x) là một song ánh trên tập D = 0; −1 2; 1 2 nên f −1 2 +f(0) +f 1 2 = −1 2 + 0 + 1 2 = 0.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.7 (AMM, E984). Tìm tất cả các hàm f :R → R sao cho
f (f (x)) = x2 −2, ∀x ∈ R.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh một kết quả tổng quát hơn: Cho S là một tập hợp
và g : S → S là một hàm số có đúng 2 điểm bất động F ix(g) ={a, b} và g◦g có đúng 4 điểm cố định
Khi đó: không tồn tại hàm số f : S → S để g = f ◦f. Giả sử g(c) =x0. Ta có:
c = g(g(c)) = g(x0)
nên
x0 = g(c) =g(g(x0)).
Do đó x0 là một điểm bất động của g0g hay x0 ∈ F ix(g ◦g). Nếu x0 = a thì
a = g(a) = g(x0) = c dẫn đến mâu thuẫn. Tương tự cho x0 = b sẽ dẫn đến mâu thuẫn là c = b.
Nếu y = c thì
c = g(x0) =g(c),
tức c là điểm bất động của g, mâu thuẫn. Từ đó suy ra: x0 = d, tức g(c) = d và tương tự g(d) =c.
Giả sử tồn tại f : S → S sao cho f ◦f = g. Ta có
f ◦g = f ◦f ◦f = g◦f.
Khi đó
f (a) = f (g(a)) = g(f (a))
nên f (a) là một điểm bất động của g. Kiểm tra từng trường hợp ta kết luận:
f {a, b} = {a, b}, f {a, b, c, d} = {a, b, c, d}.
Xét f (c). Nếu f (c) = a thì
f (a) = f (f (c)) =g(c) = d,
mâu thuẫn do f (a) nằm trong {a, b}. Chứng minh tương tự cũng không thể xảy ta f (c) = b. Ngoài ra cũng không thể có f (c) = c vì c không phải là điểm bất động của g. Do đó chỉ có khả năng là f (c) = d. Nhưng khi đó thì
f (d) = f (f (c)) =g(c) = d,
mâu thuẫn, vì điều này không thể xảy ra do d không phải là điểm bất động của g. Vậy không thể tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trở lại bài toán: Bài toán này là trường hợp đặc biệt của hàm g(x) = x2 −2, có hai điểm bất động là −1; 2 và g(g(x)) = x2 −22 −2 có các điểm bất động là −1; 2; −1+ √ 5 2 và −1− √ 5
2 . Theo kết quả chứng minh trên ta đi đến kết luận rằng không thể tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3.3 Phương pháp đưa về phương trình sai phân tuyến tính
Bài toán 3.8 (Đề thi chọn HSGQG năm 2012). Tìm tất cả các hàm số f xác định
trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1. f là toàn ánh từ R đến R;
2. f là hàm số tăng trên R;
3. f(f(x)) = f(x) + 12x với mọi số thực x.
Lời giải. Nếu f(x) = f(y) thì f (f(x)) = f (f(y)) nên từ phương trình hàm ta
suy ra 12x = 12y, suy ra x = y. Vậy f là đơn ánh.
Theo đề bài, f là toàn ánh từ R vào R nên từ đây ta có f là song ánh. Gọi f−1 là hàm ngược của f thì f−1 cũng là hàm tăng.
Thay x = 0 vào phương trình hàm, ta được f (f(0)) = f(0). Do f là song ánh nên từ đây suy ra f(0) = 0. Lấy f−1 hai vế ta suy ra f−1(0) = 0.
Đặtf−n(x) = f−1(f−1. . .(f−1(x))), n lần, dễ thấy f−n là hàm tăng và f−n(0) = 0.
Xét dãy (an) với a0 = f(x), a1 = x, an = f−1(an−1) với n ≥2.
Thay x bởi f−1(an−1) vào phương trình hàm, ta được an−2 = an−1 + 12an. Giải phương trình sai phân này, ta tìm được
f−n(x) = an+1 = 4x−f(x)
7 (−3)−n+ 3x+f(x)
7 4
−n
.
Xét với x > 0 cố định. Khi đó f−n(x) > 0, với mọi n (do f−n(x) là hàm tăng),
3x+f(x) > 0. Cho n= 2k,2k + 1, ta thu được
4 3 −2k−1 > 4x−f(x) 3x+f(x), 4 3 −2k > f(x)−4x 3x+ f(x).
Cho k → +∞ ta thu được 4x ≤ f(x) ≤ 4x, suy ra f(x) = 4x. Từ đó f(x) = 4x,
với mọi x > 0.
Với x < 0, cố định. Khi đó f−n(x) < 0, với mọi n,3x+f(x) < 0. Hoàn toàn tương tự ta cũng suy ra f(x) = 4x, với mọi x < 0. Kết hợp với các trường hợp ta được f(x) = 4x, với mọi x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn phương trình ban đầu.
3.4 Một số phương pháp khác
Bài toán 3.9 (Đề thi chọn HSG Putnam 1988). Chứng minh rằng tồn tại duy
nhất một hàm số f xác định trên tập các số thực dương, nhận giá trị thực dương và thỏa mãn f(f(x)) = 6x−f(x).
Lời giải. Với mỗi số thực dương x0 cố định, ta xây dựng dãy {fn}n1 như sau
f1 = x0, f2 = f(x0), fn+1 = f(fn(x0)).
Khi đó, từ đẳng thức ở giả thiết ta suy ra dãy {fn}n1 thỏa mãn phương trình truy hồi fn+2 = 6fn −fn+1, hay fn+2 +fn+1 −6fn = 0.
Đến đây, giải phương trình đặc trưng của dãy {fn}n1, ta được hai nghiệm là 2 và -3.
Do đó, fn = a· 2n + b·(−3)n, trong đó, các hằng số a, b tìm được phụ thuộc vào f1, f2.
Tuy nhiên, nếu b 6= 0, thì tồn tại n đủ lớn sao cho fn < 0 (ta có thể thấy được dễ dàng bằng cách chọn n chẵn đủ lớn nếu b > 0, và chọn n lẻ đủ lớn nếu b < 0). Do vậy, b = 0. Thành ra fn = a·2n.
Suy ra f(f(x0)) = a · 23, f(x0) = a · 22, thay hai giá trị này vào đẳng thức
f(f(x0)) = 6x0 −f(x0) ta được 2a = x0. Dẫn đến f(x0) = 2x0 Và vì điều này đúng với mọi x0 dương nên f(x) = 2x, ∀x > 0.
Bài toán 3.10 (Đề thi chọn HSGQG năm 2012).Tìm tất cả các hàm số f :R →R
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau i. f(x) toàn ánh trên R,
ii. f(x) đơn điệu tăng trên R, iii. f(f(x)) = f(x) + 12x, ∀x ∈ R.
Lời giải. Từ điều kiện thứ iii), ta nhận ra nếu f(x) = f(y) thì x = y, chứng
tỏ f đơn ánh. Cùng với giả thiết i), ta suy ra f(x) song ánh, và do đó, tồn tại
g :R →R là hàm ngược (cũng là song ánh) của f(x) .
Do g(f(f(x))) = f(x), g(g(f(f(x)))) = x nên điều kiện iii) ở giả thiết được viết lại là x = g(x) + 12g(g(x)), ∀x ∈ R.
Bằng cách giải như ví dụ 3.9, ta tìm được gn = a· 14n
+ b· −13n
. Đến đây, nếu có thêm giả thiết (như ví dụ 3.9 ) g(x) > 0, ∀x > 0 thì bài toán gần như giải quyết xong.
Thật vậy, trong iii), thay x = 0 ta thu được f(f(0)) = f(0), suy ra f(0) = 0, và g(f(0)) = g(0) . Tức là g(0) = 0 . Hơn nữa,
Thành ra
g(x) > 0, ∀x > 0, g(x) < 0, ∀x < 0.
Như vậy, theo lập luận như ở ví dụ 3.9, ta phải có b= 0 . Và kéo theo g(x) = 14x, ∀x ∈ R.
Thay x bởi f(x) trong đẳng thức sau cùng này, ta được
f(x) = 4x, ∀x ∈ R.
Bài toán 3.11. Cho hàm f : Z+ →Z+ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
(i) f (n+ 1)> f (n), ∀n∈ Z+; (ii) f (f (n)) = 3n, ∀n ∈ Z+. Hãy tính f(2003).
Lời giải. Từ (i) và (ii) suy ra
f(1) < f (f (1)) = 3 ⇒f (1) = 2 Ta có f (2) = f (f (1)) = 3.1 = 3; f (3) = f (f (3)) = 3.2; f (2.3) = f (f (3)) = 3.3 = 32; · · · Suy ra f (2.3n) = 3n+1, ∀n ∈ Z+; f (3n) = 2.3n, ∀n∈ Z+ Nên có f 3n+1 = f (f (2.3n)) = 2.3n+1; f 2.3n+1 = f f 3n+1 = 3.3n+1 = 3n+2. Do đó khẳng định đúng với mọi n.
Ta có (3n−1) số nguyên m nằm giữa 3n và 2.3n và do giả thiết (i) nên có
(3n−1) số nguyên m nằm giữa f(3n) và f(2. 3n) suy ra với 0< m < 3n thì
f (3n+ m) = 2.3n + 3n.
Do giả thiết (ii) suy ra
f (2.3n +m) = f (f (3n +m)) = 3 (3n +m).
Vậy f (2.3n +m) = 3 (3n+m) với 0< m < 3n.
Suy ra n = 2003 = 2.36 + 545 nên
f(2003) = 3 36 + 545 = 3822.
Bài toán 3.12. Tồn tại hay không hàm số f :N∗ →N∗ thoả mãn điều kiện:
f (f (n)) + 3n= 2f (n), ∀x ∈ N∗.
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với mỗi a ∈ N∗,
xây dựng dãy số (an) như sau:
a1 = a, an+i = f(an), n = 1,2,3. . . Từ giả thiết ta có: an+1 = f(an) = f(an−1) = f(an−1)−3an−1 ⇒ an+1 = 2an−3an−1. Từ đó chứng minh được an+1+ 4an−2 + 3an−3 = 0
với mọi n ≥ 4. Do an > 0 nên đẳng thức trên không thể xảy ra. Vậy không tồn tại hàm số f.
Bài toán 3.13. Tìm tất cả các hàm f : Z → Z thoả mãn điều kiện
3f(n)−2f(f(n)) = n, ∀n ∈ Z.
Lời giải. Viết lại phương trình hàm ban đầu
2f(f(n)−2f(n) =f(n)−n.
Đặt g(n) = f(n)−n ta có
g(n) = 2g(f(n)), ∀n∈ Z.
Ta có:
g(n) = 2g(f(n)) = 22g(f(f(n)) = 23g(f(f(f(n)))) = . . .
Suy ra rằng |g(n)|chia hết cho 2k với mọi số tự nhiên k. Điều này chỉ xảy ra khi
KẾT LUẬN
Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm sinh bởi lớp các hàm hợp" đã trình bày những vấn đề sau:
1. Trình bày chi tiết và hệ thống các kiến thức cơ bản về hàm số và phương trình hàm.
2. Tiếp theo, trình bày một số phương pháp giải phương trình hàm trong lớp hàm hợp với cặp biến tự do và trong lớp hàm hợp một biến.
3. Cuối cùng, luận văn trình bày các ví dụ liên quan, chọn lọc từ các đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế và Olympic các nước những năm gần đây.
Tài liệu tham khảo
A Tiếng Việt
[1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Phương trình hàm với đối số biến đổi, NXB ĐHQG Hà Nội.
[3] Nguyễn Thị Bích Ngọc (2018), Nhận xét về các phương trình hàm sinh bởi
hàm hợp qua các kỳ Olympic, Kỷ yếu HTKH "Các chuyên đề toán Olympic
chọn lọc”, Ninh Bình 15-16/09/2018, pp 189-204.
[4] Tạp chí TH&TT (2007), Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt
Nam (1990-2006), NXB Giáo dục.
[5] Nguyễn Tài Chung (2014), Phương trình hàm, NXB ĐHQG Hà Nội.
[6] Nguyễn Đình Thành Công, Nguyễn Văn Hưởng, Nguyễn Duy Hưng, Trần Trí Kiên, Nguyễn Văn Sơn, Lê Nhất, Trần Bảo Trung (2016), Chuyên đề bồi dưỡng
học sinh giỏi qua các kỳ thi olympic Toán, tập 1,2, NXB ĐHQG Hà Nội.
B Tiếng Anh
[7] Pl. Kannappan (2000) Functional Equations and Inequalities with Applica-
tions, Springer Monogaphs in Mathematics.
[8] M. Kuczma (1964), A survey of the theory of functional equation,Série: Math- ématiques et Physique, (130).
[9] M. Kuczma, B. Choczewski, R. Ger (1990), Interative functional Equations,