Trong phần này ta sẽ đưa ra một số ví dụ và các bài toán về phương trình hàm mà không thể giải bằng các phương pháp đưa về cấp số hay phương trình đặc trưng.
Ví dụ 3.17. (IMO 1996 ) Tìm tất cả hàm f : N −→ N thỏa mãn:
f(m+f(n)) = f(f(m)) +f(n),∀m, n ∈ N (1) Giải
Để giải bài toán trên trước tiên ta sẽ Cho m = n = 0 thay vào (1) ta có
f(f(0)) = f(f(0)) +f(0)
⇔ f(0) = 0.
Cho m = 0 thay vào (1) ta được
f(f(n)) = f(f(0)) +f(n)
⇔f(f(n)) =f(n).
Vậy f(n) là điểm bất động của f với mọi n ∈ N. Vì vậy (1) trở thành f(m+f(n)) =f(f(m)) +f(n) = f(m) +f(n).
Tiếp theo ta giả sử w ∈ N cũng là điểm bất động của f. Bằng qui nạp ta sẽ chỉ ra kw cũng là điểm bất động của f, với mọi k ∈ N.
Thật vậy
a) Với k = 0 và k = 1 là hai trường hợp ta đã xét ở trên;
b) Giả sử kw cũng là điểm bất động của f, thì
f((k+ 1)w) =f(kw+ w) = f(kw+f(w))
= f(kw) +f(w) =kw+w = (k+ 1)w Nên (k+ 1)w cũng là điểm bất động.
Vậy kw cũng là điểm bất động của f.
Nếu f có điểm bất động tại 0. Thì theo trên ta có f(n) = 0,∀n ∈ N. Rõ ràng đây là một nghiệm của bài toán.
Mặt khác, giả sử f có w > 0, w ∈ N là điểm bất động nhỏ nhất. Ta sẽ chỉ ra những điểm bất động khác có dạng kw.
Thật vậy, giả sử x cũng là điểm bất động khác của f mà x có dạng x = kw+r trong đó 0 ≤ r < w. Ta có:
x = f(x) = f(kw+r) = f(r +f(kw)) =f(r) +f(kw) =f(r) +kw Từ đó ta có f(r) =x−kw = r. Do đó r cũng là điểm bất động màr < w, điều này mâu thuẫn với giả thiết w là điểm bất động nhỏ nhất.
Do vậy r = 0, hay x = kw.
Theo trên ta có f(n) là điểm bất động với mọi n ∈ N nên f(n) =cnw với cn ∈ N.
Với n∈ N ta có biểu diễn n = kw+ r trong đó 0 ≤ r < w. Ta có f(n) = f(kw + r) = f(r + f(kw)) = f(r) + f(kw) = crw + kw = (cr +k)w = (cr + [n
w])w.
Thật vậy, ta cho m = kw +r;n = lw+ s với 0 ≤ r, s < w. Thay vào (1) ta có
f(m +f(n)) = f(kw+r +f(lw+s)) = f(kw+r + (cr+l)w)
= crw +kw+csw +lw = f(m) +f(n)
Ví dụ 3.18. ( Theo IMO 1987) Chứng minh rằng không có hàm f : N −→ N thỏa mãn:
f(f(n)) = n+ 1987,∀n ∈ N. (3) Giải
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giả sử ∃n∈ N sao cho f(n+ 1) = f(n), ta được f(f(n+ 1)) = f(f(n))
⇒n+ 1 + 1987 = n+ 1987
⇔1988 = 1987 (vô lý) do đó f(n+ 1) 6= f(n),khi đó xảy ra hai trường hợp sau a) Giả sử f(n+ 1)< f(n), ta có
n+ 1987 = f(f(n)) ⇒ f(f(f(n))) = f(n) + 1987
⇒ f(n+1987) = f(n)+1987. (3a) Mà f(n) > f(n+ 1) nên f(n) ≥ f(n+ 1) + 1. Suy ra
f(n) ≥ f(n+1)+1 ≥ f(n+2)+2 ≥... ≥ f(n+1987)+1987. (3b) Theo (3a) ta có
f(n+ 1987)−1987 ≥ f(n+ 1987) + 1987 (vô lý).
b) Giả sử f(n+ 1)> f(n),∀n∈ N, hay f(n+ 1)≥ f(n) + 1,∀n∈ N. Từ f(n+ 1987)≥ f(n+ 1986) + 1 ≥ ... ≥f(n) + 1987.
Nếu f(n+ 1987)> f(n) + 1987 thì do f tăng nghiêm ngặt nên f(f(n+ 1987))> f(f(n) + 1987) ≥f(f(n)) + 1987.
Do đó n+ 2.1987 > n+ 2.1987 (Vô lý).
Từ (3b) ta có f(n+ 1987) = f(n) + 1987, do đó các dầu bằng ở (3b) cũng xảy ra, tức la
f(n+ 1) = f(n) + 1 = f(n−1) + 2 = .... = f(1) +n
⇒ f(n) = n+f(1)−1 = n+a với a = f(1)−1 ∈ Z.
Mà f(f(n)) = n+ 2a = n+ 1987 ⇒a = 1987 2 ∈/ Z. Vậy không có hàm f thỏa mãn yêu cầu của Bài toán.
Ví dụ 3.19. ( Dựa theo IMO 1987) Tìm hàm f : N −→ N thỏa mãn:
f(f(n))+f(n) = 2n+3,∀n∈ N. (4) Giải
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với n = 0 ta có
f(f(0)) +f(0) = 2.0 + 3 ⇒0 ≤f(0) ≤ 3 a) Nếu f(0) = 0 thì f(f(0)) +f(0) = 0 6= 3, mâu thuẫn.
b) Nếu f(0) = 2 thì f(2) + 2 = 3 ⇒f(2) = 1. Mà f(1) = f(f(2)) = 2.2 + 3−f(2) = 6,
từ đó f(6) = f(f(1)) = 2.1 + 3−f(1) = −1 ∈/ N. Vậy f(0) 6= 2.
c) Nếu f(0) = 3 tương tự ta cũng chứng minh được f(0)6= 3.
d) Nếu f(0) = 1 ta có
f(f(0)) +f(0) = 3 ⇒f(1) = f(f(0)) = 2 = 1 + 1 Và f(f(1)) +f(1) = 2.1 + 3 ⇔ f(2) = 5−2 = 3 = 2 + 1.
Khi đó ta sẽ chứng minh hàm số cần tìm là f(n) = n+ 1.
Thật vật bằng phương pháp qui nạp ta có:
1. Với n= 0 thì f(0) = 1.
2. Giả sử khẳng định đúng với n = k,(k ∈ N), tức là f(k) =k + 1.
3. Với n= k+ 1 ta có
f(k+1) = f(f(k)) = 2k+3−f(k) = 2k+3−k−1 = k+2 = (k+1)+1.
Vậy khẳng định đúng với n = k+ 1, do đó .
Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu của đề bài Vậy nghiệm của bài toán là:
f(n) =n+ 1, n ∈ N.
Ví dụ 3.20. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:
1. f(1) = 1
2. f(2n) = 2f(n)−1,∀n∈ N∗ 3. f(2n+ 1) = 2f(n) + 1,∀n∈ N∗ Giải
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Từ giả thiết ta có
f(1) = 1;f(2) = 1;f(3) = 3;f(4) = 1;f(5) = 3;f(6) = 5;f(7) =
7;f(8) = 1;f(9) = 3;f(11) = 7;f(12) = 9;f(13) = 11;f(14) = 13;f(15) = 15;f(16) = 1;...
Sau khi tính toán được một số các giá trị của hàm f(n) trên hệ cơ sô 10, ta vẫn chưa tìm được qui luật của f(n). Tuy nhiên nếu viết trong hệ cơ số 2 ta có f(12) = 12 = 1.20 và
1 = f(1) = f((1)2) = 12 = 1.20
1 = f(2) = f((10)2) = (01)2 = 0.21 + 1.20 3 = f(3) = f((11)2) = (11)2 = 1.21 + 1.20
1 = f(4) = f((100)2) = (001)2 = 0.22 + 0.21 + 1.20 3 = f(5) = f((101)2) = (011)2 = 0.22 + 1.21 + 1.20 ...
Ta thấy rằng: Nếu n có biểu diễn trong hệ nhị phân là n = (akak−1...a1)2
với ak = 1 thì
f((akak−1...a1)2) = (ak−1...a1ak)2 = ak−1.2k−1+...+a1.20+ak.20 (∗) Ta sẽ chứng minh nhận xét trên bằng qui nạp.
Ta thấy (*) đúng với n ≤5.
Giả sử (*) đúng với n = m,(m ≥ 6). Ta sẽ chứng minh (*) đúng với n= m+ 1.
a) Nếu m+ 1 là số chẵn, ta đặt m+ 1 = 2q với q = (akak−1...a1)2 và m+ 1 = 2q = (akak−1...a1)2
Ta được
f(m+ 1) = f(2q) = 2f(q)−1 = 2(ak−1.2k−1+...+a1.21+ak.20)−1
= (ak−1...a101)2 = (ak−1...a10ak)2.
b) Nếu m + 1 là số lẻ, ta đặt m+ 1 = 2q + 1 với q = (akak−1...a1)2 và m+ 1 = 2q = (akak−1...a11)2
Ta được
f(m+ 1) = f(2q + 1) = 2f(q) + 1
= 2(ak−1.2k−1 +...+a1.21 + ak.20) + 1
= (ak−1...a111)2 = (ak−1...a11ak)2.
Vậy (*) đúng với n = m+ 1. Do đó n có biểu diễn trong hệ nhị phân là n= (akak−1...a1)2 với ak = 1 thì
f((akak−1...a1)2) = (ak−1...a1ak)2 = ak−1.2k−1 + ...+a1.20 +ak.20 Thử lại thấy hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 3.21. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:
1. f(1) > 0
2. f(m2 +n2) = f2(m) +f2(n),∀m, n ∈ N. Giải
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
a) Với m = n = 0 ta có
f(0) = 2f(02)
⇔
" f(0) = 0 f(0) = 1
2 (loại vì f(0)∈ N ).
b) Với n= 0 ta có f(m2) = f2(m). Khi đó f(m2+n2) =f(m)2+f(n)2. Ta có nhận xét sau:
f(1) = f2(1) ⇒ f(1)(1−f(1)) = 0 ⇒ f(1) = 1 vì (f(1) > 0) f(2) = f(12 + 12) =f2(1) +f2(1) = 2
f(4) = f(22) = f2(2) = 4
f(5) = f(22 + 12) =f2(2) +f2(1) = 4 + 1 = 5 f(25) = f(52) =f2(5) = 25 = f(32 + 42)
Vậy f(3) = 3
Tương tự ta cũng tính được f(6) = 6;f(7) = 7;f(8) = 8;f(9) = 9;f(10) = 10. Vậy f(n) = n với n < 10, bằng quy nạp ta sẽ chứng minh được
f(n) =n,∀n ∈ N.
Thật vậy, giả sử f(k) =k với k ≥10. Ta chứng minh f(k + 1) = k + 1.
Ta thấy rằng (k+ 1) có dạng sau 5m+r,0 ≤ r ≤4, m, r ∈ N. Ta có đẳng thức sau:
(5m)2 = (4m)2 + (3m)2
(5m + 1)2 + 22 = (4m + 2)2 + (3m−1)2 (5m + 2)2 + 12 = (4m + 1)2 + (3m+ 2)2 (5m + 3)2 + 12 = (4m + 3)2 + (3m+ 1)2 (5m + 4)2 + 22 = (4m + 2)2 + (3m+ 4)2 1. Với k + 1 = 5m thì
f2(5m) = f((5m)2) = f2(4m) +f2(3m) = (5m)2 ⇒f(5m) = 5m.
2. Với k + 1 = 5m+ 1 thì
f2(5m) =f((5m)2+ 22) = f((4m+ 2)2) +f((3m−1)2) =f2(4m) + f2(3m) =f2(5m+ 1) = (5m+ 1)2 ⇒ f(5m + 1) = 5m + 1.
3. Với k + 1 = 5m+ 2 thì
f2(5m + 2) = f((5m + 2)2 + 12) = f((4m + 1)2) + (3m −1)2) ⇒ f(5m+ 2) = 5m+ 2.
4. Với k + 1 = 5m+ 3 thì
f2(5m + 3) = f((5m + 3)2 + 12) = f((4m + 3)2) + (3m + 1)2) ⇒ f(5m+ 3) = 5m+ 3.
5. Với k + 1 = 5m+ 4 thì
f2(5m + 4) = f((5m + 3)2 + 12) = f((4m + 3)2) + (3m + 4)2) ⇒ f(5m+ 4) = 5m+ 4.
Vậy f(k + 1) = k + 1. Do đó f(n) = n,∀n ∈ N. Thử lại ta thấy hàm f thỏa mãn các điều kiện của đề bài.
Kết luận
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau
1. Đưa ra một số Bài toán cơ bản của phương trình hàm bao gồm Bài toán Cauchy và nghiệm của các Bài toán đó, tổng quát hóa và giải các bài toán đó trên các miền xác định khác nhau . Sau đó em trình bày các ví dụ sử dụng các kết quả của các Bài toán cơ bản.
2. Trình bày một vài phương pháp cơ bản để giải các Phương trình hàm. Mỗi phương pháp em lấy các ví dụ để minh họa. Chỉ ra các dấu hiệu của từng dạng Phương trình để sử dụng các phương pháp sao cho hiệu quả nhất.
3. Trình bày một vài dạng khác của Phương trình hàm, các phương trình hàm có miền xác định đặc biệt là tập số tự nhiên.
oTuy nhiên, do khuôn khổ của luận văn thạc sĩ và sự hiểu biết của bản thân còn hạn chế, các tài liệu tiếng Việt về Phương trình hàm chưa có nhiều nên chắc chắn Luận văn còn nhiều thiếu sót. Vì vậy, rất mong được sự góp ý của các quý thầy cô và các bạn để Luận văn được hoàn chỉnh hơn.