Bài toán 2.1. Tìm tất cả các hàm số f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm
f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)g(y) (2.32) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Ta thấy rằng nếu f(t) ≡0 thì g(t) là một hàm bất kỳ.
Tuy nhiên, nếu f(t) 6≡ 0, giả sử f(a) 6= 0 và trong phương trình hàm (2.32), đặt x = a và thay thế y bởi −y, ta được
2f(a)g(−y) = f(a−y) +f(a+y) = 2f(a)g(y).
Do đó
g(−t) =g(t), (2.33) điều trên có nghĩa là g(t) là hàm số chẵn. Trong (2.32), đặt x = a, y = 0 thì ta được
g(0) = 1, g(t) 6≡0. (2.34) Tiếp theo ta chia f(t) thành hai phần chẵn và lẻ:
f(t) = fe(t) + f0(t), (2.35)
với
fe(t) = f(t) +f(−t)
2 , f0(t) =
f(t)−f(−t) 2 . Thay fe(t) và f0(t) ở trên vào (2.32), ta được
fe(x+y)+fe(x−y)+f0(x+y)+f0(x−y) = 2fe(t)g(y)+2f0(t)g(y). (2.37) Thay x và y bởi −x và −y, khi đó từ (2.33) và (2.36), ta có
fe(x+y)+fe(x−y)−f0(x+y)−f0(x−y) = 2fe(t)g(y)−2f0(t)g(y). (2.38) Cộng hai phương trình hàm (2.37) và (2.38) lại ta được
fe(x+y) + fe(x−y) = 2fe(x)g(y); (2.39) Đổi vai trò của x và y, ta có
fe(x+y) + fe(x−y) = 2fe(y)g(x).
Do đó, ta có
fe(x)g(y) = fe(y)g(x).
Từ (2.34), ta suy ra
fe(t) =cg(t) (c = fe(0)), (2.40) tuy nhiên trong đó c có thể bằng 0.
Nếu c 6= 0, thay thế (2.40) vào (2.39), ta được phương trình hàm d’Alembert cho g(x),
g(x+y) +g(x−y) = 2g(x)g(y), (2.41) và nghiệm liên tục của nó là
g(t) =
"
cos(bt)
cosh(bt) (2.42) được suy ra bởi (2.34).
Do đó với fe(t) ≡ 0≡ f0(t) thìf(t) ≡ 0, đã được loại trừ. Trong trường hợp fe(t) 6≡ 0, f0(t) ≡ 0, không còn gì để xác định nữa. Do đó, ta có thể giả sử rằng
f0(t) 6≡0, f0(α) 6= 0. (2.43) Trong trường hợp nào đó mà ở phương trình (2.40), dù c = 0 hay không thì bằng cách trừ phương trình (2.37) cho phương trình (2.38), ta được
f0(x+y) +f0(x−y) = 2f0(x)g(y). (2.44) Thay thế vai trò của x và y, do (2.36), ta có
f0(x+y)−f0(x−y) = 2f0(y)g(x).
Trừ phương trình (2.44) cho phương tình trên, ta được
f0(x−y) = f0(x)g(y)−f0(y)g(x). (2.45) Tiếp theo, trong (2.45), ta đặt y = α và giải phương tình theo g(x). Từ (2.33), ta có g(x) = g(α)f0(x)−f0(x−α) f0(α) . (2.46) Do đó, từ (2.34) và (2.36), ta có g(x+ y) +g(x−y) = g(α)f0(x+y)−f0(x+y −α) +f0(x−y)g(α)−f0(x−y−α) f0(α) = 2g(α)f0(x)−f0(x−α) f0(α) g(y) = 2g(x)g(y),
có nghĩa là g(x) thỏa mãn phương trình (2.41) và vì vậy ta có nghiệm liên tục (2.42), chẵn trong trường hợp fe(x) ≡ 0.
Nếu b = 0, g(t) ≡ 1 thì (2.45) trở thành
Suy ra với giả thiết liên tục (hoặc tính đo được), ta có
f0(t) = Ct. (2.48)
Sau đây, ta giả sử rằng g(t) 6≡ 1, b 6= 0.
Sự thay thế (2.42) vào (2.32) cho thấy rằng việc giải phương trình (2.32) cuối cùng được quy về việc tìm nghiệm của các phương tình hàm
f(x+y) +f(x−y) = 2f(x) cos(by) (b 6= 0)
và
f(x+y) +f(x−y) = 2f(x) cosh(by) (b 6= 0).
Phương trình đầu là không tương đương với (2.32). Bằng cách sử dụng các giá trị phức, phương trình thứ hai được giải tương tự, nhưng ở đây ta trình bày một nghiệm của (2.32) không phụ thuộc vào sự biểu diễn nghiệm tổng quát f0(t) của (2.45) bởi một nghiệm cụ thể fop(t) không có điều kiện cho trước nào (liên tục, ...). Vì thế, f0(t) là một nghiệm bất kỳ của (2.45). Vì g(t) không là hằng số nên tồn tại một số r sao cho
g(t−2r) 6≡g(t). (2.49) Tồn tại một cặp số thực A, B (trong đó A2 +B2 6= 0) với Afop(r) + Bf0(r) = 0, vì fop(t) và f0(t) trong F(t) =Afop(t) + Bf0(t) (F(t) = 0) (2.50) cũng thỏa mãn phương trình (2.45), F(x−y) = F(x)g(y)−F(y)g(x), (2.51) nên F(t) ≡ 0. Sự thât là nếu F(β) 6= 0 đúng thì từ (2.50) và (2.51) ta có
g(x) = g(β)F(x)−F(x−β)
F(β) , (2.52)
F(γ+r) = F(γ)g(−r)−F(−r)g(γ) =F(γ)g(r) +F(r)g(γ) = F(γ)g(r) (Vì g là hàm chẵn và F là hàm lẻ), và F(β) = F(β −r +r) =F(β −r)g(r); có nghĩa là F(β)g2(r) =F(β), g2(r) = 1, F(t−2r) = F(t−r)g(r) =F(t)g2(r) = F(t); và từ (2.52), ta có g(t−2r) ≡g(t) điều trên mâu thuẫn với (2.49). Do đó,
Afop(t) +Bf0(t) ≡ 0. (2.53) Vì vậy, từ (2.42) và (2.45), ta suy ra f0(x−y) = f0(x) cos(by)−f0(y) cos(bx) và f0(x−y) = f0(x) cosh(by)−f0(y) cosh(bx). Ta có thể đặt lần lượt fop(t) = sin(bt) hoặc fop(t) = sinh(bt).
Vì b 6= 0 được giả thiết, fop trong (2.53) là không bằng 0, và do đó
B 6= 0. (2.54) Do đó, từ (2.53) (A/B = C), ta có f0(t) = Csin(bt) Csinh(bt), (2.55)
với b 6= 0.
Từ (2.35), (2.42), (2.48), (2.55), ta có các nghiệm liên tục của (2.32) là
f(t) = 0, g(t) bất kỳ; (2.56)
f(t) = ccos(bt) +Csin(bt), g(t) = cos(bt);
f(t) = ccosh(bt) + Csinh(bt), g(t) = cosh(bt);
f(t) = c+Ct, g(t) = 1.
Bài toán 2.2. Tìm tất cả các hàm số f, g : R → R thỏa mãn phương trình hàm
g(x+y) +g(x−y) = 2f(x)f(y) (2.57) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Cho y = 0, từ (2.57) ta suy ra
2g(x) = 2f(x)f(0)
⇔ g(x) =f(0)f(x) =af(x) với a = f(0). Thay g(x) =af(x) vào (2.57), ta được
af(x+y) +af(x−y) = 2f(x)f(y).
Nếu a = 0 thì cho x = y, ta được
2f2(x) = 0 ⇒ f(x) = 0.
Suy ra g(x) = 0.
Nếu a 6= 0 thì ta đặt f(x) =ah(x). Khi đó, ta có
a2h(x+ y) +a2h(x−y) = 2ah(x)ah(y)
Phương trình trên có dạng của phương trình d’Alembert mà ta đã biết công thức nghiệm. Do đó h(x) = 0, h(x) = 1, h(x) = cosh(αx), h(x) = cos(βx), trong đó α, β là những số thực tùy ý. Suy ra nghiệm của (2.57) là
f(x) = 0, g(x) = 0;
f(x) = a, g(x) = a2;
f(x) = acosh(αx), g(x) = a2cosh(αx);
f(x) = acos(βx), g(x) = a2cos(βx); trong đó a = f(0) 6= 0 và α, β là những số thực tùy ý.
Bài toán 2.3. Cho λ là một số thực khác 0. Tìm tất cả các hàm số
f, g : R →R liên tục thỏa mãn phương trình hàm
f(x+y) +g(x−y) =λf(x)g(y) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Thay y = 0 vào phương trình đã cho trong đề bài. Ta được phương tình sau f(x) +g(x) =λg(0)f(x). (2.58) Suy ra g(x) = (λg(0)−1)f(x) ⇔f(x+y) + [λg(0)−1]f(x−y) = [λg(0)−1]f(x)f(y) (2.59) ⇔f(x+y) + [λg(0)−1]f(y −x) = [λg(0)−1]f(y)f(x). (2.60)
Thay y = 0 lần lượt vào hai phương trình (2.59) và (2.60), ta được
f(x) + [λg(0)−1]f(x) = [λg(0)−1]f(x)f(0)
và
f(x) + [λg(0)−1]f(−x) = [λg(0)−1]f(0)f(x).
Trừ hai phương tình trên cho nhau ta được [g(0)−1][f(x)−f(−x)] = 0
⇔λg(0)−1 = 0 hoặc f(x)−f(−x) = 0.
Trường hợp λg(0)−1 = 0. Ta suy ra f = g = 0.
Mặt khác, f(x) −f(−x) = 0, suy ra f(x) = f(−x) hay f là hàm chẵn. Trong trường hợp này, thay y bởi −y trong (2.59), ta được
f(x−y) + [λg(0)−1]f(x+ y) = [λg(0)−1]f(x)f(y). (2.61) Cộng hai phương trình (2.59) và (2.61) vế theo vế và sử dụng tính chẵn của hàm f, ta có
λg(0)[f(x+y) +f(x−y)] = 2[λg(0)−1]f(x)f(y).
Nếu g(0) = 0 thì bởi phương trình trên ta có f2(x) = 0 và vì vậy f ≡ 0. Mặt khác, ta có
f(x+y) +f(x−y) =µf(x)f(y),
trong đó µ = 2[λg(0)−1]
λg(0) . Nếu định nghĩa hàm h bởi h(x) =
µ
2f(x) thì
h thỏa mãn phương trình hàm d’Alembert.
h(x+y) +h(x−y) = 2h(x)h(y)
với mọi x, y ∈ R. Vì f 6≡ 0 nên ta có
trong đó α, β là các hằng số khác 0. Vì h(0) = 1 nên ta có f(0) = 2 µ = λg(0) λg(0)−1. Ta có g(0) = (λg(0)−1)f(0) = λg(0). Vì g(0) 6= 0 nên λ = 1. Nếu h(x) ≡ 1 thì f(x) ≡ a
a−1 và g(x) ≡ a là nghiệm của phương trình đã cho với mọi hằng số thực a = g(0) 6= 0. Nếu h(x) = cosh(αx) hoặc h(x) = cos(βx) thì f(x) = a
a−1h(x) và g(x) = ah(x), trong đó
a = g(0) 6= 0 là hằng số thực. Tuy nhiên ta kiểm tra thấy rằng trong trường hợp này cặp hàm số f, g là nghiệm của đã cho khi và chỉ khi a = 2.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho được xác định như sau: Nếu λ 6= 1 thì phương trình đã cho chỉ có nghiệm f ≡ 0, g ≡ 0. Nếu λ = 1 thì nghiệm của phương trình đã cho là
f(x) ≡0, g ≡ 0, f(x) ≡ a a−1, g ≡ a, f(x) = 2cosh(αx), g = 2cosh(αx), f(x) = 2 cos(βx), g = 2 cos(βx), trong đó a, α, β là các hằng số khác 0.
Bài toán 2.4. Cho λ là một số thực khác 0. Tìm tất cả các hàm số
f, g : R →R thỏa mãn phương trình hàm
f(x+y) +g(x−y) =λg(x)f(y) (2.62) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Thay x = y = 0 vào phương trình (2.62), ta có
Trường hợp 1. Ta xét trường hợp f(0) = 0. Khi đó g(0) = 0 và ngược lại. Trong (2.62), cho y = 0, ta được
f(x) +g(x) = λg(x)f(0) = 0
⇔f(x) =−g(x).
Tương tự, cho x = 0, ta được
f(y) = −g(−y).
Suy ra
f(x) = −g(x) =−g(−x).
Bây giờ thay y bởi x vào phương tình (2.62), ta được
f(2x) +g(0) = λg(x)f(x)
⇔f(2x) =−λf2(x)
⇔f(x) = cax,
trong đó c là một số thực bất kì.
Thay f(x) = cax vào phương trình f(x) +g(x) = 0, ta được c = 0 hoặc
c = −1
λ.
Nếu c = 0 thì f(x) = g(x) = 0, ∀x.
Nếu c 6= 0, ta cần chứng minh a = 0 để thỏa f(0) = 0. Ta giả thiết rằng f(x) không liên tục tại 0. Thay f(x) = cax vào phương trình (2.62), ta được ay = 0, ∀y.
Do đó, a phải bằng 0. Suy ra
f ≡ 0.
Trường hợp 2. nếu λf(0) = 1 thì f(0) = 0. Suy ra g(0) = 0. Khi đó, ta làm tương tự như trường hợp trên.
Từ x = 0, y = 0 ta được λ = 1 f(0) + 1 g(0). Cho y = 0, phương trình (2.62) trở thành f(x) +g(x) = λg(x)f(0) ⇔f(x) = g(x)[λf(0)−1] = g(x)f(0) g(0). Tương tự cho x = 0, ta có g(−y) =f(y)[λg(0)−1] ⇔g(x) = f(−x)[λg(0)−1] =f(x)g(0) f(0). Suy ra f(x) =g(x)f(0) g(0) = f(−x)g(0) f(0) f(0) g(0) = f(−x). Từ trên ta có g(x−y) =f[−(x−y)]g(0) f(0) = f(x−y)g(0) f(0). Do đó phương trình hàm (2.62) tương đương với
f(x+y) +f(x−y)g(0)
f(0) = λf(x)
g(0)
f(0)f(y). Thay thế y bởi −y trong phương trình trên, ta được
f(x−y) +f(x+y)g(0) f(0) = λf(x) g(0) f(0)f(y). Suy ra f(0) = g(0) hoặc f(x+ y) =f(x−y) ⇒f(x) =g(x) = 2 λ. Nếu f(0) = g(0) thì f(x−y) +f(x+y) = λf(x)f(y). Do đó f(x) = a, với a là hằng số tùy ý. Vậy trong trường hợp này f(x) = g(x) = 2
Bài toán 2.5. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f(0) ≥ 0 và phương trình hàm
f(x+y+z) +f(x+y−z) +f(y+z−x) +f(z+x−y) = 4f(x)f(y)f(z) (2.63) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Cho x = y = z = 0 vào (2.63), ta được 4f(0) = 4f3(0).
Suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 1 (vì f(0) ≥0). Tiếp theo, ta cho y = z = 0 vào (2.63), ta được
3f(x) + f(−x) = 4f(x)f2(0). Nếu f(0) = 0 thì ta có 3f(x) +f(−x) = 0. Suy ra f(x) =−1 3f(−x) = −1 3 −1 3 f(x) = 1 9f(x). Do đó f(x) = 0.
Nếu f(0) = 1 thì f(x) = f(−x). Khi đó, cho z = 0 vào (2.63), ta được
f(x+y) +f(y −x) +f(x−y) +f(x+y) = 4f(x)f(y)f(0).
Suy ra
2[f(x+y) + f(x−y)] = 4f(x)f(y) hay
Áp dụng phương trình hàm d’Alembert, ta có nghiệm của (2.63) là f(x) = 0, f(x) = 1, f(x) = cosh(αx), f(x) = cos(βx), trong đó α, β là những số thực tùy ý.
MỘT SỐ DẠNG KHÁC CỦA
PHƯƠNG TRÌNH HÀM LƯỢNG GIÁC
Các hàm lượng giác f(x) = cosx và g(x) = sinx thỏa mãn một số phương tình hàm f(x−y) = f(x)f(y) +g(x)g(y) (3.1) g(x+y) =g(x)f(y) +f(x)g(y), (3.2) f(x+y) =f(x)f(y)−g(x)g(y), (3.3) g(x−y) = g(x)f(y)−g(y)f(x) (3.4) với mọi x, y ∈ R.
Trong chương này chúng tôi trình bày một số kết quả liên quan đến các phương trình hàm lượng giác này và một số các phương trình hàm liên quan. Các kiến thức trình bày trong chương này chúng tôi tham khảo từ tài liệu [5].
3.1 Nghiệm của phương trình hàm cosin-sin
Trong phần này, chúng tôi trình bày nghiệm tổng quát của phương trình hàm cosin-sin (3.1).
Chú ý rằng nếu f(x) = c (hằng số), thì (3.1) trở thành
c = c2 +g(x)g(y) với mọi x, y ∈ R.
Nếu g là hàm không thì c = 0 hoặc c = 1.
Nếu g(x) là hàm khác không, thì g là hàm hằng bằng k(c − c2) với
k2(c−c2) = 1. Đây là nghiệm tầm thường của (3.1).
Do đó, từ đây chúng ta giả sử rằng f không là hàm hằng.
Định lý 3.7. Nếu các hàm f : R → C và g : R → C thỏa mãn phương trình hàm
f(x−y) = f(x)f(y) +g(x)g(y), (3.1) và không phải hàm hằng, thì hàm f cũng thỏa mãn phương trình hàm d’Alembert (2.1). Hơn nữa, f và g được cho bởi
f(x) = E(x) +E ∗(x) 2 , g(x) =k E(x)−E∗(x) 2 , (3.5) trong đó E : R → C∗ (tập hợp các số phức khác 0) là hàm mũ và k2 = −1.
Chứng minh. Thay thế x và y trong (3.1), ta được
f(y −x) = f(y)f(x) +g(y)g(x). (3.6) So sánh (3.1) và (3.6), ta suy ra
f(x−y) = f(y−x) với mọi x ∈ R. Cho y = 0, ta được
f(x) =f(−x) với mọi x ∈ R. Do đó f là một hàm chẵn trên R.
Bây giờ, chúng ta thay −x cho x và −y cho y trong (3.1), ta được
Vì f là hàm chẵn nên
f(x−y) = f(x)f(y) +g(−x)g(−y). (3.7) So sánh (3.1) và (3.7), ta thấy rằng
g(x)g(y) = g(−x)g(−y) (3.8) với mọi x, y ∈ R. Giả sử g là hàm hằng, gọi là c. Thì (3.1) trở thành
f(x−y) = f(x)f(y) +c2.
Thay thế y = −y và sử dụng f là một hàm số chẵn, ta thấy rằng
f(x+y) = f(x−y). Tức là, f là hàm hằng (trái với giả sử). Vì thế g không là hàm hằng. Vì g không là hàm hằng nên chọn y0 sao cho g(y0) 6= 0. Khi đó, từ (3.8) với y = y0, ta được
g(x) = cg(−x), (3.9) trong đó c là một số khác 0. Khi đó g(x) =c2g(x).
Vì g không là hàm hằng, c2 = 1, tức là c = ±1. Chúng tôi khẳng định rằng c = −1. Nếu không phải, tức là c = 1 và từ (3.9) ta được
g(x) =g(−x). (3.10) Tức là g là hàm chẵn. Do đó, thay y bằng −y trong (3.1), ta được
f(x+y) = f(x)f(−y) + g(x)g(−y) = f(x)f(y) +g(x)g(y) = f(x−y).
Tức là, f(x+y) = f(x−y) với mọi x, y ∈ R. Khi đó
f(u) =f(v) (3.11)
với mọi u, v ∈ R. Như vậy từ (3.11) suy ra rằng f(u) = c,∀u ∈ R, trong đó c là hằng số. Điều này mâu thuẫn vì f không là hàm hằng.
Do đó c = −1 và
g(x) =−g(−x), (3.12) với x ∈ R. Tức là g là một hàm lẻ.
Cuối cùng, thay y bằng −y trong (3.1), ta được
f(x+y) = f(x)f(−y) + g(x)g(−y) = f(x)f(y)−g(x)g(y). Bởi vì f là hàm chẵn, g là hàm lẻ. Vì thế f(x+y) =f(x)f(y)−g(x)g(y). (3.13) Cộng (3.1) và (3.13), ta được f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)f(y) (2.1) với mọi x, y ∈ R. Tức là f thỏa mãn (2.1).
Bây giờ, theo Định lý 2.4, hàm f có dạng
f(x) = E(x) +E
∗(x)
2 (3.14)
với x ∈ R, trong đó E là cấp số nhân khác 0. Thay giá trị này của f trong (3.1), ta được
−E(x)−E ∗(x) 2 · E(y)−E ∗(y) 2 = g(x)g(y). Từ đó, ta có (sử dụng g không là hàm hằng) g(x) =kE(x)−E∗(x) 2 , với k 2 = −1.
Do đó, (3.5) được đảm bảo. Định lý được chứng minh.
Nhận xét 3.3. Phát biểu của định lý trên cũng cho thấy rằng
f(x)2 +g(x)2 = 1 có thể suy ra như sau. Vì g là hàm lẻ
Cho y = 0 trong (3.1), ta thấy rằng f(x) = f(x)f(0) +g(x)g(0). Và từ (3.15), suy ra f(x) = f(x)f(0). (3.16) Vì f là hàm khác 0, nên ta được f(0) = 1. (3.17) Cho y = x trong (3.1) và từ (3.17), ta được
f(0) = f(x)2 +g(x)2
hay
f(x)2 +g(x)2 = 1. (3.18) Trong định lý sau, chúng tôi trình bày nghiệm liên tục của phương trình hàm (3.1).
Định lý 3.8. Nghiệm liên tục của phương trình hàm
f(x−y) = f(x)f(y) +g(x)g(y) (3.1) được cho bởi
f(x) = c g(x) =pc(1−c); ) (3.19) f(x) = c g(x) =−pc(1−c); ) (3.20) f(x) = cos(αx) g(x) =±sin(αx), ) (3.21) trong đó α và c là các hằng số tùy ý.
Chứng minh. Từ chứng minh trên, ta có thể suy ra được (3.19) và (3.20) theo Định lý 3.7. Vì f liên tục và thỏa mãn phương trình
f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)f(y).
Do đó các nghiệm của f được cho bởi
f(x) = cos(αx) (3.22) và
f(x) = cosh(βx). (3.23) Nếu f(x) = cos(αx) thì từ (3.18), ta được
g(x)2 = 1−cos2(αx)
hoặc
g(x) =±sin(αx), (3.24) cũng có thể áp dụng từ (3.5). Do đó, (3.22) và (3.24) chính là nghệm của (3.21).
Nếu f(x) = cosh(βx), thì ta thấy rằng
|f(x)| = |cosh(βx)| ≥ 1.
Với x 6= 0, |f(x)| > 1, từ β 6= 0; ngược lại f là hàm hằng. Tuy nhiên, từ (3.19), ta thấy rằng
|f(x)| ≤ 1
với mọi x ∈ R. Do đó f(x) = cosh(βx) không là nghiệm của (3.1). Sử dụng (3.5) và tính liên tục của E, ta được (3.21).