Trong mục này, ta chỉ khảo sát lớp phương trình hàm trong lớp các hàm số tuần hoàn cộng tính và nhân tính.
Bài toán 2.23. Cho các sốb, c∈R\ {0} và d∈R. Xác định tất cả các hàm f(x) thỏa mãn điều kiện
f(x+b) = cf(x) +d, ∀x∈R. (2.74) Giải. Xét trường hợp c= 1. Khi đó (2.74), có dạng
f(x+b) =f(x) +d
⇔f(x+b)− d
b(x+b) =f(x)− d
bx, ∀x∈R, hay g(x+a) = g(x), với g(x) =f(x)− dbx, ∀x∈R. Vậy
f(x) =g(x) + d bx,
trong đó g(x) là hàm tùy ý thỏa mãn g(x+b) =g(x), ∀x∈R. Xét trường hợp c6= 1. Đặt
f(x) = g(x) + d 1−cx. Thay vào (2.74), ta được
g(x+b) =cg(x). Tiếp theo, đặt g(x) =|c|xbh(x), thì h(x+b) = ( h(x) nếu c >0 −h(x) nếu c <0. Vậy f(x) = d
1−cx+|c|xbh(x), trong đó h(x) là hàm tùy ý thỏa mãn h(x+b) = ( h(x) nếu c >0 −h(x) nếu c <0. Kết luận : +) Nếu c= 1 thì f(x) =g(x) + d bx,
trong đó g(x) là hàm tuần hoàn chu kì |b|. +) Nếu c6= 1 thì f(x) = d 1−c+c x bh(x) với h(x+b) =h(x)nếuc >0 d 1−c+|c|xbh(x) với h(x+b) =−h(x)nếuc <0.
Bài toán 2.24. Cho h(x) là hàm tuần hoàn trên R chu kì a(a > 0). Xác định
tất cả các hàm f(x) thỏa mãn điều kiện
f(x+a)−f(x) = h(x), ∀x∈R. (2.75) Giải. Ta có h(x) = (x+a)−x a h(x) = (x+a)h(x+a) a − xh(x) a , ∀x∈R. Khi đó viết (2.75) dưới dạng
f(x+a)−f(x) = (x+a)h(x+a) a − xh(x) a , hay g(x+a) = g(x), g(x) = f(x)− xh(x) a . Kết luận f(x) =g(x) + xh(x) a ,
trong đó g(x) là hàm tùy ý thỏa mãn g(x+a) = g(x), ∀x∈R.
Bài toán 2.25. Chob6=−1vàh(x)là một hàm tuần hoàn trênRchu kìa(a >0). Xác định tất cả các hàm f(x) thỏa mãn điều kiện
f(x+a) +bf(x) =h(x), ∀x∈R. (2.76)
Giải. Sử dụng tính tuần hoàn của h(x) ta có các đẳng thức h(x+a) = h(x) h(x) = h(x+a) b+ 1 +b h(x) b+ 1, ∀x∈R. Do đó, ta viết (2.76) dưới dạng f(x+a) +bf(x) = h(x+a) b+ 1 +b h(x) b+ 1,
hay
g(x+a) =−bg(x), (2.77) trong đó
g(x) =f(x)− h(x)
b+ 1.
Do b 6=−1 nên −b 6= 1. Theo bài toán l (2.23), phương trình (2.77) có nghiệm g(x) =|b|xaq(x),
trong đó q(x) là hàm tùy ý thỏa mãn q(x+a) = q(x), khib <0, q(x+a) = −q(x), khib >0. Kết luận f(x) = h(x) b+ 1 +|b|xaq(x), trong đó q(x) là hàm tùy ý thỏa mãn
q(x+a) = q(x), khib <0, q(x+a) = −q(x), khib >0.
Bài toán 2.26. Cho hàm số g(x) xác định trên R. Tìm tất cả các hàm số
f :R→R thỏa mãn các điều kiện (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(x+ 2) =f(x),
f(x+ 1) +f(x) = g(x), ∀x∈R. (2.78) Giải. Thay x bởi x+ 1 trong (2.78) và sử dụng hệ thức f(x+ 2) = f(x), suy ra f(x) +f(x+ 1) =a(x+ 1) (2.79) Từ giả thiết và (2.79), ta được điều cần để có (2.78) có nghiệm là
a(x) = a(x+ 1), ∀x∈R. (2.80)
Giả sử điều kiện (2.80) được thỏa mãn. Khi đó a(x) = 1
2[a(x) +a(x+ 1)].
Khi đó thế vào (2.78) ta được phương trình f(x+ 1) +f(x) = 21[a(x) +a(x+ 1)]
trong đó g(x) =f(x)−12a(x).
Ta chứng minh rằng, mọi nghiệm g(x) của (2.81) đều có dạng g(x) = 1
2[h(x)−h(x+ 1)], (2.82) trong đó h(x) là hàm tùy ý sao cho
h(x+ 2) =h(x), ∀x∈R.
Thật vậy, khi g(x) thỏa mãn (2.81) thì ta chỉ cần chọn h(x) =g(x), sẽ có ngay 1 2[h(x)−h(x+ 1)] = 1 2[g(x)−g(x+ 1)] = 1 2[g(x)−(−g(x))] =g(x), h(x+ 2) =g(x+ 2) =−g(x+ 1) =−(−g(x)) =g(x) =h(x), ∀x∈R. Ngược lại, khi g(x) có dạng (2.82) thì
g(x) +g(x+ 1) = 12[h(x)−h(x+ 1)] +12[h(x+ 1)−h(x+ 2)] = 0 Kết luận:
Điều kiện cần để (2.78) có nghiệm là a(x+ 1) =a(x), ∀x∈R. Khi đó, mọi nghiệm f(x) của (2.78)đều có dạng
f(x) =g(x) + 1 2a(x), trong đó
g(x) = 1
2[h(x)−h(x+ 1)], với h(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 2 trên R.
Bài toán 2.27(IMO 1996, Shortlist). Cho hàm sốf :R→Rthỏa mãn :|f(x)|6
1 và f(x+ 13 42) +f(x) =f( x 6) +f(x+ 1 7), ∀x∈R. Chứng minh rằng f(x) là hàm tuần hoàn.
Giải. Đặt a= 16 và b = 17.Ta được f(x+a+b) +f(x) =f(x+a) +f(x+b). Lần lượt thay x bởi x+a, x+ 2a, ..., x+ 5a vào ta được hệ phương trình:
f(x+a+b) +f(x) = f(x+a) +f(x+b), f(x+ 2a+b) +f(x+a) = f(x+ 2a) +f(x+a+b), f(x+ 3a+b) +f(x+ 2a) =f(x+ 3a) +f(x+ 2a+b), f(x+ 4a+b) +f(x+ 3a) =f(x+ 4a) +f(x+ 3a+b), f(x+ 5a+b) +f(x+ 4a) =f(x+ 5a) +f(x+ 4a+b), f(x+ 6a+b) +f(x+ 5a) =f(x+ 6a) +f(x+ 5a+b).
Cộng vế với vế rồi giản ước, ta được
f(x+ 6a+b) +f(x) =f(x+b) +f(x+ 6a) hay là
f(x+ 1 +b) +f(x) = f(x+b) +f(x+ 1), ∀x∈R.
Lại tiếp tục lần lượt thay xbởi x+b, x+ 2b,· · · , x+ 6b làm tương tự như trên ta được
f(x+ 2)−f(x+ 1) =f(x+ 1)−f(x), ∀x∈R.
Từ đó, ta có f(x+m) = f(x) +mC, với C =f(x+ 1)−f(x) mà f giới nội nên m= 0. Suy ra f(x+ 1) =f(x), ∀x∈R.
Chứng tỏ f là hàm tuần hoàn chu kì 1.
Bài toán 2.28. Cho h(x) là hàm số xác định trên R. Tìm tất cả các hàm
f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(x+ 4) =f(x) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(x+ 3) +f(x+ 2) +f(x+ 1) +f(x) = h(x), ∀x∈R. (2.83)
Giải. Lần lượt thay x bởi x+ 1, x+ 2, và x+ 3 vào (2.83), sử dụng đẳng thức f(x+ 4) =f(x), ta được điều kiện cần để hệ phương trình (2.83) có nghiệm là
h(x) = h(x+ 1) =h(x+ 2) =h(x+ 3), ∀x∈R. (2.84)
Khi điều kiện (2.84) được thỏa mãn, thì ta có thể viết h(x) = 1 4[h(x) +h(x+ 1) +h(x+ 2) +h(x+ 3)], ∀x∈R. (2.85) Sử dụng (2.85), viết (2.83) dưới dạng g(x+ 4) =g(x) g(x+ 3) +g(x+ 2) +g(x+ 1) +g(x) = 0, ∀x∈R. (2.86) trong đó g(x) =f(x)− 1 4h(x), ∀x∈R. (2.87) Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của (2.86) đều có dạng
g(x) = 1
trong đó q(x) là hàm tùy ý sao cho
q(x+ 4) =q(x), ∀x∈R.
Thật vậy, khi g(x) thỏa mãn (2.86) thì ta chỉ cần chọn q(x) = g(x), sẽ có ngay 1 4[3q(x)−q(x+ 1)−q(x+ 2)−q(x+ 3)] = 1 4[3g(x)−(g(x+ 1) +g(x+ 2) +g(x+ 3))] = 1 4[3g(x)−(−g(x))] =g(x). Ngược lại, khi g(x) có dạng(2.88) thì
g(x) +g(x+ 1) +g(x+ 2) +g(x+ 3) = = 1 4[3q(x)−q(x+ 1)−q(x+ 2)−q(x+ 3)] + 1 4[3q(x+ 1)−q(x+ 2)−q(x+ 3)−q(x)] + 1 4[3q(x+ 2)−q(x+ 3)−q(x)−q(x+ 1)] + 1 4[3q(x+ 3)]−q(x)−q(x+ 1)−q(x+ 2)] = 0, ∀x∈R. Kết luận:
Điều kiện cần để (2.83) có nghiệm là
h(x) = h(x+ 1) =h(x+ 2) =h(x+ 3), ∀x∈R. Khi đó, mọi nghiệm f(x) của (2.83) đều có dạng
f(x) = g(x) + 1 4h(x), trong đó
g(x) = 1
4[3q(x)−q(x+ 1)−q(x+ 2)−q(x+ 3)], với q(x) là hàm tùy ý sao cho
q(x+ 4) =q(x), ∀x∈R.
Bài toán 2.29. Cho h(x) là hàm số xác định trên R. Tìm tất cả các hàm
f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(x4) = f(x)
Giải. Thay x bởi x2 vào (2.89) và sử dụng hằng đẳng thức f(x4) = f(x), ta được điều kiện cần để hệ phương trình (2.89)có nghiệm là
h(x) =h(x2), ∀x∈R. (2.90) Khi điều kiện (2.90) được thỏa mãn, ta có thể viết
h(x) = 1 2[h(x) +h(x 2 )], ∀x∈R. (2.91) Sử dụng (2.91), viết (2.89) dưới dạng g(x4) = g(x) g(x2) +g(x) = 0, ∀x∈R. (2.92) trong đó g(x) =f(x)− 1 2h(x), ∀x∈R. (2.93) Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của (2.92) đều có dạng
g(x) = 1
2[q(x)−q(x2)], ∀x∈R. (2.94) trong đó q(x) là hàm tùy ý sao
q(x4) = q(x), ∀x∈R.
Thật vậy, khi g(x) thỏa mãn (2.92) thì ta chỉ cần chọn q(x) = g(x), sẽ có ngay 1
2[q(x)−q(x2)] = 1
2[g(x)−g(x2)] = 1
2[g(x)−(−g(x))] =g(x), ∀x∈R. Ngược lại, khi g(x) có dạng (2.94) thì
g(x2+g(x)) = 21[q(x)−q(x2)] + 12[q(x2)−q(x)] = 0, ∀x∈R
Kết luận: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Điều kiện cần để (2.89) có nghiệm là
h(x) =h(x2), ∀x∈R.
Khi điều kiện này được thỏa mãn, mọi nghiệm của (2.89) đều có dạng f(x) = 1
2h(x) +g(x), trong đó
g(x) = 1
2[q(x)−q(x2)], với q(x) là hàm tùy ý sao cho
CHƯƠNG 3
PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP ĐA THỨC
Phương trình hàm trong lớp đa thức là một dạng toán khó, để giải được các phương trình hàm loại này, chúng ta cần nắm rõ không những các kỹ thuật giải phương trình hàm mà còn các tính chất và các đặc trưng cơ bản của đa thức (nghiệm, hệ số, bậc, tính liên tục, tính hữu hạn nghiệm, tính khả vi ...). Trong chương này chúng ta sẽ đề cập đến một số dạng phương trình hàm trong lớp đa thức có sơ đồ lời giải tương tự nhau: xây dựng nghiệm và chứng minh các nghiệm đó vét hết tập hợp nghiệm.