Chương 1 Một số đặc trưng hàm của hàm số lượng giác
3.4.Một số dạng phương trình hàm khác
Bài tốn 3.4. Tìm các hàm f(x) xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(x) +f(y) =f xy−1 x+y , ∀x, y ∈R: x+y6= 0. (3.7) Giải. Đặt x= cotu, y= cotv, u, v ∈(0, π)
thì
xy−1
x+y = cot(u+v).
Khi đó có thể viết (3.7) dưới dạng
f(cotu) +f(cotv) = f(cot(u+v)),
hay
g(u+v) = g(u) +g(v), ∀u, v ∈(0, π),
trong đó g(u) =f(cotu).
Từ tính liên tục của hàm f và tính liên tục của hàm cot trên (0, π) ta có hàm g
cũng là hàm liên tục. Suy ra phương trình hàm g(u+v) =g(u) +g(v) là phương trình hàm Cauchy. Vậy nên
g(u) =au, a∈R, ∀u∈(0, π).
Suy ra
f(x) = aarccot x, a∈R, ∀x∈R.
Thử lại, ta thấy hàm f(x) =aarccot x thỏa mãn các điều kiện của bài ra. Kết luận f(x) = aarccot x, a∈R tùy ý.
Bài toán 3.5. Xác định hàm f(x) liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện
f(x)−f(y) =f( x−y 1 +xy), x, y∈R, |xy|<1. (3.8) Giải. Đặt x= tanu, y = tanv, u, v∈(−π 2, π 2). Khi đó x−y 1 +xy = tanu−tanv
1 + tanutanv = tan(u−v).
Khi đó (3.8) trở thành
f(tanu)−f(tanu) =f(tan(u−v)).
Hay g(u)−g(v) = g(u−v) trong đó f(tanu) = g(u), u∈(−π 2,
π 2).
Từ tính liên tục của hàmf(x) trênRvà tính liên tục của hàmtanutrên(−π 2,
π 2)
suy ra hàm g(x) liên tục trên (−π 2,
π
2), thỏa mãn g(u)−g(v) = g(u−v).
Suy ra, hàm g(u) =au+b, a, b =const∈R (theo phương trình hàm Cauchy)
⇒f(tanu) = g(u) =au+b ⇒f(x) =aarctan x+b, ∀x∈R.
Thử lại ta thấy hàmf(x) = aarctan x (b= 0) thỏa mãn các điều kiện của đề bài.
Kết luận f(x) = aarctan x, atùy ý ∈R. 3.5. Một số bài tập (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Xuất phát từ các công thức biển đổi lượng giác cơ bản được trình bày trong sách giáo khoa mơn tốn lớp 11, nếu ta thay các hàm cos, sin bằng các ẩn hàm
f, g thì ta được các phương trình hàm mà cơng thức ban đầu là chính là gợi ý về nghiệm của bài tốn. Trong chương 2, chúng tơi đã trình bày các bài tốn khi ta thay toàn bộ các hàmsin, cos bằng các ẩn hàm. Ở phần này, khi lần lượt thay thế các hàm sin, cos trong các công thức biến đổi, chúng tơi đã tạo ra các bài tốn mới với lời giải khá ngắn gọn và thú vị. Cách tạo ra các bài toán này là một gợi ý để ra các đề thi.
Từ công thức biến đổi
cos(x−y) + cos(x+y) = 2 cosxcosy
cos(x−y)−cos(x+y) = 2 sinxsiny
bằng việc thay hàm cos bên vế phải bằng các ẩn hàm f, g ta có được các bài tốn.
Bài tập 3.1. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y) +f(x−y) = 2 cosxcosy, ∀x, y ∈R. (3.9)
Giải. Thay y= 0 vào (3.9), ta có
2f(x) = 2 cosx⇔f(x) = cosx.
Thử lại, ta thấy hàm f(x) = cosx thỏa mãn đề bài. Kết luận: f(x) = cosx.
Bài tập 3.2. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y) +f(x−y) = 2 sinxsiny, ∀x, y ∈R. (3.10)
Giải. Cho y= 0 thay vào (3.10), ta có
2f(x) = 0, ∀x∈R⇒f(x) = 0, ∀x∈R.
Thay lại phương trình (3.10) ta thấy khơng thỏa mãn. Vậy bài tốn vô nghiệm.
Bài tập 3.3. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y) +g(x−y) = 2 sinxsiny, ∀x, y ∈R. (3.11)
Giải. Theo bài ra ta có
f(x+y) +g(x−y) = 2 sinxsiny
⇔f(x+y) +g(x−y) = cos(x−y)−cos(x+y) ⇔f(x+y) + cos(x+y) = cos(x−y)−g(x−y) ⇔f(u) + cosu= cosv−g(v), ∀u, v ∈R,
trong đó u=x+y và v =x−y.
Suy ra f(x) =−cosx+c và g(x) = cosx−c, trong đó c=const ∈R.
Thử lại ta có cặp hàm f(x) = −cosx+c và g(x) = cosx−c thỏa mãn đề bài. Kết luận: f(x) =−cosx+cvà g(x) = cosx−c, trong đó c=const ∈R.
Bài tập 3.4. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y)−f(x−y) = 2 sinxsiny, ∀x, y ∈R. (3.12)
Giải. Theo (3.12), ta có
f(x+y)−f(x−y) = cos(x−y)−cos(x+y) ⇔f(x+y) + cos(x+y) = f(x−y) + cos(x−y) ⇔f(u) + cos(u) = f(v) + cosv, ∀u, v ∈R,
trong đó u=x+y; v =u−v.
Suy ra f(x) =−cosx+c trong đó c=const ∈R. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Thử lại, ta thấy hàm f(x) =−cosx+c thỏa mãn điều kiện của bài toán Kết luận: f(x) =−cosx+ctrong đó c=const ∈R.
Bài tập 3.5. Tìm các hàm f :R→R liên tục và thỏa mãn
f(x+y) +f(x−y) = 2 cos 2xf(y), ∀x, y ∈R (3.13)
Giải. Đặt g(2t) =f(t) do hàm f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R. Khi đó (3.13) trở thành
g(2(x+y)) +g(2(x−y)) =2 cos 2xg(2y)
⇔g(2x+ 2y) +g(2x−2y) =2 cos 2xg(2y), ∀x, y ∈R,
hay
g(u+v) +g(u−v) = 2 cosug(v), ∀u, v ∈R,
suy ra
g(x+y) +g(x−y) = 2 cosxg(y), ∀x, y ∈R. (3.14) Cho y= 0 thay vào (3.14) ta được
g(x) +g(x) = 2 cosxg(0) ⇔f(x) = cosxg(0)
Nếu g(0) = 0⇒g(x) = 0,∀x∈R suy ra f(x) = 0, ∀x∈R.
Kiểm tra ta thấy hàm f(x) = 0,∀x∈R thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Nếu g(0)6= 0 đặt g(0) =α (α6= 0), khi đó g(x) = αcosx
⇒f(x) = αcos(2x), ∀x∈R.
Thử lại ta thấy hàm f(x) =αcos(2x) thỏa mãn yêu cầu của bài tốn. Kết luận:
f(x) =αcos(2x) trong đó α∈R.
Nhận xét 3.1. Từ cách giải của Bài tập 3.5 ta có thể giải được bài tốn. Tìm tất cả các hàm f liên tục trên R thỏa mãn
f(x+y) +f(x−y) = 2 coskxf(y), k∈N∗, ∀x, y ∈R.
Từ công thức
sin(x+y) + sin(x−y) = 2 sinxcosy
Nếu ta thay hàm sin ở vế phải hoặc vế trái bằng các ẩn hàm f, g tương ứng thì được các bài tốn.
Bài tập 3.6. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y) +f(x−y) = 2 cosxsiny, ∀x, y ∈R. (3.15)
Giải. Cho y= 0 thay vào (3.15) ta được
2f(x) = 0 ⇔f(x) = 0, ∀x∈R.
Thử lại ta thấy hàm f ≡0 không thỏa mãn đề bài. Kết luận: Bài tốn vơ nghiệm.
Bài tập 3.7. Tìm hàm f, g:R→R thỏa mãn f(x+y) +g(x−y) = 2 cosxsiny, ∀x, y ∈R. (3.16) Giải. Từ (3.16), ta có f(x+y) +g(x+y) = 2 cosxsiny ⇔f(x+y) +g(x+y) = sin(x+y)−sin(x−y) ⇔f(x+y)−sin(x+y) = −g(x−y)−sin(x−y) ⇔f(u)−sinu=−g(v)−sinv, ∀u, v ∈R,
trong đó u=x+y và v =x−y
Suy ra f(x) = sinx+cvà g(x) = −sinx−c trong đó c=const ∈R.
Thử lại ta thấy f(x) = sinx+c và g(x) =−sinx−c thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Kết luận: f(x) = sinx+c ; g(x) =−sinx−c với c=const ∈R. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bài tập 3.8. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y) +f(x−y) = 2 sinxcosy, ∀x, y ∈R. (3.17)
Giải. Cho x=y thay vào (3.17) ta được
Cho x= 0 thay (3.18) ta được
f(0) = 0⇒f(x) = sinx.
Thử lại ta thấy hàm f(x) = sinx thỏa mãn yêu cầu đề bài. Kết luận: f(x) = sinx.
Bài tập 3.9. Tìm hàm f, g:R→R thỏa mãn
f(x+y) +g(x−y) = 2 sinxcosy, ∀x, y ∈R. (3.19)
Giải. Cho y= 0 thay vào (3.19) ta được
f(x) +g(x) = 2 sinx, ∀x∈R. (3.20) Thay y bởi −y vào (3.19) ta có
f(x−y) +g(x+y) = 2 sinxcos(−y) = 2 sinxcosy ⇒f(x+y) +g(x−y) =f(x−y) +g(x+y)
⇒f(x+y)−g(x+y) =f(x−y)−g(x−y) ⇒f(u)−g(u) = f(v)−g(v), ∀u, v ∈R,
trong đó u=x+y, v =x−y. Suy ra
f(u)−g(u) = f(v)−g(v) = c, c=const ∈R. (3.21) Từ (3.20) và (3.21) ta có f(x) = sinx+ c 2 g(x) = sinx− c 2
Thử lại ta thấy f(x) = sinx+ c
2, g(x) = sinx− c
2 thỏa mãn điều kiện của bài toán. Kết luận f(x) = sinx+ c 2, g(x) = sinx− c 2 với c=const ∈R. Bài tập 3.10. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn f(x+y) +f(x−y) = 2f(x) cosy, ∀x, y ∈R. (3.22)
Giải. Cho x= 0 thay vào (3.22) ta có
Đổi vai trò của x và y cho nhau trong (3.22) ta có
f(y+x) +f(y−x) = 2f(y) cosx. (3.23)
Cộng hai vế của (3.22) và (3.23) ta được
f(x+y) +f(x−y) +f(y+x) +f(y−x) = 2f(x) cosy+ 2f(y) cosx
⇔2f(x+y) +f(x−y) +f(y−x) = 2f(x) cosy+ 2f(y) cosx (3.24)
mà f(y) +f(−y) = 2dcosy, ∀y∈R, nên (3.24) trở thành
2f(x+y) + 2dcos(x−y) = 2f(x) cosy+ 2f(y) cosx
⇔f(x+y) +dcos(x−y) =f(x) cosy+f(y) cosx. (3.25)
Đặt g(x) = f(x)−dcosx khi đó (3.25) trở thành
g(x+y) +dcos(x+y) +dcos(x−y) = [g(x) +dcosx] cosy
+ [g(y) +dcosy] cosx ⇔g(x+y) + 2dcos(x+y) = g(x) cosy+g(y) cosx+ 2dcos(x+y)
⇔g(x+y) =g(x) cosy+g(y) cosx, ∀x, y ∈R. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Ta có
g(x+y+z) = [g(x) cosy+g(y) cosx] cosz+g(z) cos(x+y) =g(x) cos(y+z) + [g(y) cosz+g(z) cosy] cosx.
Suy ra
[g(x) cosy+g(y) cosx] cosz+g(z) cos(x+y) =g(x) cos(y+z) + [g(y) cosz+g(z) cosy] cosx,
⇔g(z) sinxsiny=g(x) sinysinx, ∀x, y, z ∈R.
Do đó khi chọn các giá trị y, z sao cho siny6= 0,sinz 6= 0 suy ra
g(x) = bsinx, trong đó b=const ∈R.
Từ đó suy ra f(x) =dcosx+bsinx với b, d=const ∈R.
Thử lại ta thấy f(x) = dcosx+bsinx thỏa mãn yêu cầu đề bài. Kết luận: f(x) =dcosx+bsinx với b, d=const ∈R.
Bài tập 3.11. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x−y)−f(x+y) = 2g(x) siny, ∀x, y ∈R. (3.26)
Giải. Cho x= 0 thay vào (3.26) ta có,
f(−y)−f(y) = 2g(0) siny= 2dsiny. (3.27)
Đổi vai trò của x và y trong (3.26) ta được
f(x−y)−f(y+x) = 2g(y) sinx. (3.28)
Trừ vế với vế của (3.26) cho (3.28) ta được
f(x−y)−f(y−x) = 2g(x) siny−2g(y) sinx, (3.29)
mà theo (3.27) ta có f(x−y)−f(y−x) = −2dsin(x−y) khi đó (3.29) trở thành
−2dsin(x−y) = 2g(x) siny−2g(y) sinx
⇔[g(x)−dcosx] siny= [g(y)−dcosy] sinx, ∀x, y ∈R.
Chọn y0 sao cho siny06= 0 khi đó
g(x)−dcosx= g(y0)−dcosy0 siny0 sinx, ⇒g(x) =dcosx+asinx,
trong đó d, a=const ∈R.
Thế g(x) =dcosx+asinx vào (3.26) ta có,
f(x−y)−f(x+y) = 2(dcosx+asinx) siny = 2dcosxsiny+ 2asinxsiny
=d[sin(x+y)−sin(x−y)] +a[cos(x−y)−cos(x+y)] ⇒f(x+y) +dsin(x+y)−acos(x+y) =f(x−y) +dsin(x−y)−acos(x−y), ⇒f(u) +dsinu−acosu=f(v) +dsinv−acosv, ∀u, v ∈R,
trong đó u=x+y, v =x−y
Suy ra f(x) =acosx−dsinx+c.
Thử lại ta thấy hàmf(x) =acosx−dsinx+cvà g(x) = dcosx+asinx thỏa mãn điều kiện đề bài.
Kết luận: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(
f(x) =acosx−dsinx+c
g(x) = dcosx+asinx trong đó a, d, c=const∈R.
Từ công thức biến đổi
sin (x+y) = sinxcosy+ cosxsiny, ∀x, y ∈R.
Nếu ta thay hàm sin, cos bằng các ẩn hàm f, g tương ứng ta tạo ra được các bài tốn
Bài tập 3.12. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
sin(x+y) = f(x) siny+f(y) sinx, ∀x, y ∈R. (3.30)
Giải. Cho y= π 2 thay vào (3.30) ta có sinx+π 2 =f(x) +f(π 2) sinx, ⇒cosx=f(x) +f(π 2) sinx. Thay x= π
2 vào biểu thức trên, ta có
0 = 2f(π
2)⇒f(π 2) = 0.
Suy ra f(x) = cosx.
Thử lại ta thấy hàm f(x) = cosx thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Kết luận: f(x) = cosx.
Bài tập 3.13. Tìm hàm f, g:R→R thỏa mãn
sin(x+y) = f(x) siny+g(y) sinx, ∀x, y ∈R. (3.31)
Giải. Thay y= π 2 vào (3.31) ta được sinx+π 2 =f(x) +gπ 2 sinx ⇔cos = f(x) +gπ 2 sinx. Suy ra
Thay f(x) = cosx+bsinx vào (3.31) ta có
sin(x+y) = [cosx+bsinx] siny+g(y) sinx ⇒sinxcosy=bsinxsiny+g(y) sinx
⇒g(y) sinx= [cosy−bsiny] sinx, ∀x, y ∈R.
Chọn x0 sao cho sinx06= 0 khi đó
g(y) = cosy−bsiny hay g(x) = cosx−bsinx.
Thử lại ta thấy hàm f(x) = cosx+bsinx và g(x) = cosx−bsinx thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
Kết luận:
(
f(x) = cosx+bsinx
g(x) = cosx−bsinx trong đó b=const ∈R.
Bài tập 3.14. Tìm hàm f, g:R→R thỏa mãn
f(x+y) = g(x) siny+g(y) sinx, ∀x, y ∈R. (3.32)
Giải. Thay y= 0 vào (3.32) ta có (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(x) =g(0) sinx=asinx. Thay y = π 2 ta được fx+ π 2 =g(π 2) sinx+g(x) ⇒asinx+π 2 =g(π 2) sinx+g(x) ⇒acosx=g(π 2) sinx+g(x) ⇒g(x) = acosx−g(π 2) sinx. Cho x= π
2 thay vào biểu thức trên ta có
g(π
2) = 0⇒g(x) =acosx.
Thử lại ta thấy hàm f(x) =asinx và g(x) =acosx thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Kết luận:
(
f(x) =asinx
Từ công thức biến đổi
sin(x+y) sin(x−y) = sin2x−sin2y, ∀x, y ∈R.
Nếu ta thay hàm sinở vế trái bằng ẩn hàm f(x) tưng ứng ta được các bài tốn.
Bài tập 3.15. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y)f(x−y) = sin2x−sin2y, ∀x, y ∈R. (3.33)
Giải. Theo bài ra ta có
f(x+y)f(x−y) = sin2x−sin2y = sin(x+y) sin(x−y) ⇒f(u)f(v) = sinusinv, ∀u, v ∈R,
trong đó u=x+y ; v =x−y.
Nếu f ≡ 0 thì khơng thỏa mãn đề bài nên f 6≡ 0. Khi đó tồn tại v0 sao cho
f(v0)6= 0. Thay v =v0 ta có
f(u) = sinv0
f(v0)sinu=ksinu, ∀u∈R.
Thay f(x) =ksinx vào biểu thức trên ta được k2= 1.
Thử lại ta thấy hàm f(x) =ksinx, trong đó k2= 1 thỏa mãn yều cầu bài tốn. Kết luận: f(x) =ksinx với k2 = 1.
Bài tập 3.16. Tìm hàm f :R→R liên tục và thỏa mãn
f(x+y)f(x−y) =f(x)2−sin2y, ∀x, y ∈R. (3.34)
Giải. Cho x=y thay vào (3.34) ta được
f(2x)f(0) =f(x)2−sin2x, ∀x∈R.
Nếu f(0) = 0 thì f(x)2 = sin2x⇒f(x) =±sinx.
Thử lại dễ thấy hàm f(x) = sinx, f(x) = −sinx thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Nếu f(x) =
(
sinx, ∀x∈A, (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Khi đó nếu f(x) là nghiệm của bài tốn thì hai tập A, B phải thỏa mãn
(
x+y∈A ⇔x−y ∈A x+y∈B ⇔x−y ∈B
Điều này vơ lý do f(x) là hàm liên tục vì vậy f(x) xác định như trên khơng là nghiệm của bài tốn.
Nếu f(0) 6= 0 thì đặt b=f(0) khi đó ta có
f(x+y)f(x−y) =f(2x)f(0) + sin2x−sin2y =bf(2x) + sin(x+y) sin(x−y).
Đặt u=x+y, v =x−y ⇒2x=u+v khi đó ta có
f(u)f(v) = bf(u+v) + sinusinv
⇒bf(u+v) =f(u)f(v)−sinusinv, ∀u, v ∈R.
Khi đó với ∀u, v, w ∈R ta có
bf(u+v+w) =f(u+v)f(w)−sin(u+v) sinw = 1
b
h
f(u)f(v)−sinusinvif(w) −(sinucosv + cosusinv) sinw = 1
bf(u)f(v)f(w)− 1
bf(w) sinusinv −sinucosvsinw−cosusinvsinw.
Mặt khác
bf(u+v+w) = f(u)f(v+w)−sinusin(v+w) = 1
bf(u)
h
f(v)f(w)−sinvsinw
i
−sinu(sinvcosw+ cosvsinw)
= 1
bf(u)f(v)f(w)−1
bf(u) sinvsinw−sinusinvcosw−sinucosvsinw.
Suy ra
1
bf(w) sinusinv+ cosusinvsinw = 1
Chọn v0 sao cho sinv0 6= 0, khi đó 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
bf(w) sinusinv0+ cosusinv0sinw = 1
bf(u) sinv0sinw+ sinusinv0cosw, ∀u, w∈R. ⇒ 1
bf(w) sinu+ cosusinw= 1
bf(u) sinw+ sinucosw, ∀u, w ∈R. ⇒h1 bf(w)−cosw i sinu= h1 bf(u)−cosu i sinw. Nếu 1
bf(u)−cosu= 0, ∀u∈R ⇒f(u) =bcosu
hay f(x) = bcos(x), ∀x∈R thay vào (3.34) ta có
bcos(x+y)bcos(x−y) =b2cos2x−sin2y
⇔b2(cos2xcos2y−sin2xsin2y) = b2cos2x−sin2y
⇔b2cos2xcos2y−(1−cos2x)(1−cos2y)=b2cos2x−sin2y ⇔b2(cos2x−sin2y) =b2cos2x−sin2y
⇔b2= 1.
Thử lại ta thấy f(x) =±cosx thỏa mãn các điều kiện của bài toán.
Nếu tồn tại w0 sao cho 1
bf(w0)−cosw06= 0. Khi đó chọn w1 sao cho sinw16= 0
thì ta được 1 bf(u)−cosu= 1 bf(w1)−cosw1 sinw1 sinu, suy ra 1
bf(u)−cosu=dsinu⇒f(u) =bcosu+bdsinu.
Hay
f(x) =bcosx+csinx, ∀x∈R.
Thay lại (3.34) ta có
bcos(x+y) +csin(x−y)bcos(x−y) +csin(x−y) =bcosx+csinx2−sin2y
⇔ b
2
2(cos 2x+ cos 2y) +bcsin 2x+ b2
=b21 + cos 2x 2 +bcsin 2x+c 21−cos 2x 2 + 1−cos 2y 2 ⇔(b2+c2−1) cos 2y+ (b2+c2−1) = 0, ∀y ∈R ⇔b2+c2 = 1.
Suy ra f(x) = bcosx+csinx trong đó b2+c2 = 1, b, c∈R.
Thử lại ta thấy hàm f(x) =bcosx+csinx thỏa mãn yêu cầu của bài tốn. Nếu c= 0 thì f(x) =±cosx trùng với trường hợp trên.
Kết luận:
f(x) =asinx, trong đó a2 = 1,
hoặc
f(x) =bcosx+csinx, trong đó b2+c2 = 1. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bài tập 3.17. Tìm f :R→R thỏa mãn ( f(0) =a ; f π 2
=b (a, bcho trước )
f(x+y) +f(x−y) = 2f(x) cosy, ∀x, y ∈R.
(3.35)
Giải.
Cho y= π
2; x∈R thay vào (3.35) ta được:
f x+ π 2 +f x−π 2 = 0. (3.36)
Cho x= 0; y∈R thay vào (3.35) ta được:
f(y) +f(−y) = 2acosy. (3.37)
Cho x= π
2; y∈R thay vào (3.35) ta được:
f π 2 +y +f π 2 −y = 2bcosy. (3.38) Từ (3.36) ; (3.37) ; (3.38) ta có fx+ π 2 +fx−π 2 = 0 f x− π 2 +f π 2 −x = 2acos x− π 2 fx+ π 2 +fπ 2 −x= 2bcosx
Giải hệ trên ta được
f(x) = acosx+bsinx
Thử lại ta thấy hàm f(x) =acosx+bsinx thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Kết luận: f(x) =acosx+bsinx.
Bài tập 3.18. Tìm f :R→R thỏa mãn
f(x)f(y) =f(x+y) + sinxsiny, ∀x, y ∈R. (3.39)
Giải.
Dễ thấy f(x) = cosx là một hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho x = y = 0 thay vào (3.39) ta được [f(0)]2 = f(0) suy ra f(0) = 0 hoặc
f(0) = 1.
Ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: f(0) = 0
Cho y = 0, x ∈ R thay vào (3.39) ta được f(x) = −f(0) = 0, ∀x ∈ R. Thử lại ta có: sinxsiny = 0 ∀x, y ∈R, ( vô lý ). Vậy f ≡ 0 khơng là nghiệm của bài tốn.
Trường hợp 2: f(0) = 1
Cho x=−y thay vào (3.39) ta được
f(x)f(−x) = 1 + (−sin2x) = cos2x, suy ra f(x)f(−x) = cos2x.
Cho x= π 2 khi đó fπ 2 = 0 hoặc f− π 2 = 0. Nếu f π 2 = 0 thì cho x= π 2, y ∈R thay vào (3.39) ta có fy+ π 2
+ siny= 0 suy ra f(y) = cosy, ∀y∈R.
Thử lại ta thấy f(x) = cosx thảo mãn đề bài. Nếu f− π (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2
= 0 tương tự như trên ta có f(y) = cosy, ∀y ∈R.
Vậy hàm số cần tìm là: f(x) = cosx.
Bài tập 3.19. Tìm f, g :R→R thỏa mãn
f(x)−f(y) = cos(x+y)g(x−y), ∀x, y ∈R. (3.40)
Giải.
Cho x= π
2 −y; y∈R thay vào (3.40) được
f π 2 −y −f(y) = 0⇔f