Hàm số chẵn, hàm số lẻ
Định nghĩa 1.1. a Hàm số f(x) được gọi là hàm số chẵn trên M ⊂ D (gọi tắt là hàm chẵn trên M) nếu
∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M và f(−x) = f(x), ∀x ∈ M. b Hàm số f(x) được gọi là hàm số lẻ trên M ⊂ D (gọi tắt là hàm lẻ trên M) nếu
Chúng tôi nhắc lại các tính chất sau.
Mệnh đề 1.1 Nếu x 0 ∈ R và f là hàm số xác định trên R sao cho f(x 0 −x) = f(x),∀x ∈ R thì f(x) =g x− x 0
,∀x ∈ R, trong đó g là hàm số chẵn trên R.
Mệnh đề 1.2 Nếu a, b ∈ R và hàm số f xác định trên R thỏa mãn f(a−x) +f(x) = b,∀x ∈ R thì f(x) =g x− a 2
2, với g là hàm lẻ tùy ý trên R.
Hàm số tuần hoàn và phản tuần hoàn
Hàm số tuần hoàn cộng tính
Định nghĩa 1.2 Hàm số f(x) được gọi là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì a (a > 0) trên M nếu M ⊂ D(f) và
Số a được gọi là chu kì Chu kì a 0 nhỏ nhất (nếu có) gọi là chu kì cơ sở.
Mệnh đề 1.3 Cho các hàm số f(x), g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính trên M ⊂ D(f)∩ D(g) có các chu kì lần lượt là a, b với a b ∈ Q Khi đó
F (x) = f (x)±g(x) và G(x) = f (x)g(x) cũng là các hàm số tuần hoàn cộng tính trên M.
Hàm số phản tuần hoàn cộng tính
Định nghĩa 1.3 Hàm số f(x) được gọi là hàm phản tuần hoàn cộng tính chu kì b (b > 0) trên M nếu M ⊂D(f) và
Số b được gọi là chu kì Chu kì b 0 nhỏ nhất (nếu có) gọi là chu kì cơ sở.
Mệnh đề 1.4 Mọi hàm số phản tuần hoàn cộng tính trên M cũng là hàm số tuần hoàn cộng tính trên M.
Hàm số f(x) được coi là hàm phản tuần hoàn cộng tính chu kỳ b (với b > 0) trên M khi và chỉ khi nó có dạng f(x) = g(x+b) − g(x), trong đó g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ 2b trên M.
Hàm số tuần hoàn nhân tính
Định nghĩa 1.4 Hàm số f(x) được gọi là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì a(a /∈ {0,1,−1}) trên M nếu M ∈ D(f) và
Nếu f(x) và g(x) là các hàm số tuần hoàn với chu kỳ a và b trên M, và ln|a| ln|b| ∈ Q, thì các hàm số F(x) = f(x) ± g(x) và G(x) = f(x)g(x) cũng sẽ là các hàm số tuần hoàn trên M.
Hàm số phản tuần hoàn nhân tính
Định nghĩa 1.5 Hàm số f(x) được gọi là phản tuần hoàn nhân tính chu kì b(b /∈ {0,1,−1}) trên M nếu M ∈ D(f) và
Mệnh đề 1.7 Nếuf là hàm số phản tuần hoàn nhân tính chu kìb(b 6= 0,±1) trên M thì f là hàm số tuần hoàn nhân tính chu kì b 2 trên M.
Mệnh đề 1.8 Hàm số f(x) là hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kì b(b /∈ {0,1,−1}) trên M khi và chỉ khi f(x) có dạng f (x) = 1
2[g(bx)−g(x)],trong đó g(x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì b 2 trên M.
Mối liên hệ giữa các hàm tuần hoàn cộng tính và nhân tính
Các mệnh đề sau đây chỉ ra mối quan hệ giữa các hàm tuần hoàn cộng tính và nhân tính.
Mệnh đề 1.9 Hàm số f(x) thỏa mãn hệ thức f (ax) = f (x),∀x ∈ R, (1.1) với a > 0, a 6= 1 khi và chỉ khi f (x)
h 1 (log a x), nếux > 0, c tùy ý, nếu x = 0, h 2 (log a |x|), nếu x < 0, trong đó h 1 (t), h 2 (t) là các hàm tuần hoàn cộng tính tùy ý chu kì 1 trên
Mệnh đề 1.10 Hàm số g(x) thỏa mãn hệ thức g(ax) =g(x),∀x ∈ R, (1.2) với a < 0, a 6= −1 khi và chỉ khi g(x)
h 3 1 2 log |a| x , nếu x > 0, d tùy ý , nếu x = 0, h 4 1 2 log |a| x , nếu x < 0, trong đó h 3 (t), h 4 (t) là các hàm tuần hoàn cộng tính tùy ý chu kì 1 trên
Nếu f(x) là hàm tuần hoàn cộng tính với chu kỳ a > 0 trên R, thì hàm g(t) = f(lnt) (t > 0) sẽ là hàm tuần hoàn nhân tính với chu kỳ e^a trên R+ Ngược lại, nếu f(x) là hàm tuần hoàn nhân tính với chu kỳ a (0 < a ≠ 1) trên R+, thì g(t) = f(e^t) sẽ là hàm tuần hoàn cộng tính với chu kỳ lna trên R.
Đặc trưng của một số hàm sơ cấp
Hàm số tuyến tính
Hàm số f(x) =ax (a 6= 0) có tính chất f(x+y) =f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R.
Hàm số affine
Hàm số f(x) =ax+b (a, b 6= 0) có tính chất f x+y 2
Hàm số mũ
Hàm số f(x) =a x (a > 0, a6= 1) có tính chất f (x+ y) =f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.
Hàm số logarit
Hàm số f (x) = log a |x| (a > 0, a6= 1) có tính chất
Hàm số lũy thừa
Hàm số f (x) = |x| a có tính chất f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R\ {0}.
Hàm số lượng giác
Hàm số f (x) = sinx có tính chất f (3x) = 3f (x)−4[f (x)] 3 , ∀x ∈ R. Hàm số f (x) = cosx có tính chất f (2x) = 2[f (x)] 2 −1, ∀x ∈ R, và f (x+y) +f (x−y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.
Cặp hàm số f (x) = sin x, g(x) = cos x có tính chất
Hàm số f (x) = tanx có tính chất f (x+y) = f (x) +f (y)
Hàm số f (x) = cotx có tính chất f (x+y) = f (x)f (y)−1 f (x) +f (y) với mọi x, y, x+ y 6= kπ (k ∈ Z).
Hàm lượng giác ngược
a Hàm f (x) = arcsinx có tính chất f (x) +f (y) =f xp1−y 2 +yp1−x 2 , ∀x, y ∈ [−1, 1]. b Hàm g(x) = arccosx có tính chất g(x) +g(y) =g xy −p1−y 2 p1−x 2 , ∀x, y ∈ [−1, 1]. c Hàm h(x) = arctanx có tính chất h(x) + h(y) =h x+y
, ∀x, y : xy 6= 1. d Hàm p(x) = arccotx có tính chất p(x) +p(y) =p xy−1 x+y
Các hàm hyperbolic
a Hàm f (x) =sinhx := 1 2 (e x −e −x ) có tính chất f (3x) = 3f (x) + 4[f (x)] 3 , ∀x ∈ R. b Hàm g(x) = coshx:= 1 2 (e x +e −x ) có tính chất g(x+y) +g(x−y) = 2g(x)g(y), ∀x, y ∈ R. c Hàm h(x) = tanhx := e e x x −e +e −x −x có tính chất h(x+ y) = h(x) +h(y)
1 +h(x)h(y), ∀x, y ∈ R. d Hàm p(x) =cothx := e e x x +e −e −x −x có tính chất p(x+y) = 1 +p(x)p(y) p(x) +p(y) , ∀x, y : x, y, x+y 6= 0.
Hàm cộng tính
Định nghĩa 1.6 Hàm số f : R →R được gọi là hàm cộng tính nếu f(x+ y) =f(x) +f(y) với mọi x, y ∈ R.
Theo Định lý 1.1, nếu f: R → R là hàm số liên tục và có tính cộng, thì f sẽ là hàm tuyến tính Điều này có nghĩa là tồn tại một hằng số a sao cho f(x) = ax cho mọi x thuộc R.
Phương trình hàm d’Alembert 11
Nghiệm liên tục của phương trình hàm d’Alembert
Trong mục này chúng tôi trình bày phép chứng minh định lý sau.
11 Định lý 2.2 Cho f : R → R là hàm liên tục và thỏa phương trình hàm (2.1) Khi đó f có một trong các dạng sau f(x) = 0, (2.2) f(x) = 1, (2.3) f(x) = cos(αx), (2.4) f(x) =cosh(βx) = e βx +e −βx
2 (2.5) với mọi x ∈ R, trong đó α, β là những hằng số thực tùy ý.
Chứng minh Thay x = y = 0 trong phương trình (2.1), ta được
Nếu f(0) = 0 thì thay y = 0 vào (2.1), ta có 2f(x) = 2f(x)f(0) = 0.
Do đó, ta có f(x) = 0 với mọi x ∈ R Như vậy nghiệm f(x) của (2.1) có dạng (2.2).
Giả sử f(0) = 1 Thay thế x = 0 vào (2.1), ta được f(y) +f(−y) = 2f(0)f(y) = 2f(y) Do đó f(−y) = f(y) với mọi y ∈ R. Như vậy f là hàm số chẵn Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1 f(x) = 1 với mọi x ∈ R là một nghiệm có dạng (2.3) của phương trình (2.1).
Trường hợp 2 Tồn tại x 0 ∈ R sao cho f(x 0 ) < 1.
Thay thế x = y vào (2.1) ta suy ra f(2x) = 2f(x) 2 −1 (2.6)
Vì f liên tục tại x = 0 và f(0) = 1 nên tồn tại ε > 0 sao cho f(x) > 0 với mọi x ∈ (−ε, ε) Do f(x 0 ) < 1 nên x 0 6= 0 Ta chọn n 0 đủ lớn sao cho
Bằng cách quy nạp theo k, ta có f x0
> 1, với mọi 16 k 6 n 0 Với k = n 0 , ta có f(x 0 ) > 1 Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Đặt x 1 = x 0
2 n 0 , ta có 0 < f(x 1 ) < 1 Do đó tồn tại a ∈ 0,π
Vậy ta đã chứng minh được f x 1
Với n∈ N cố định, ta chứng minh f mx1
(2.8) với mọi m ∈ Z Hệ thức (2.7) chứng tỏ (2.8) đúng với m = 1 Giả sử hệ thức (2.8) đúng với m 6 k và k > 1 Khi đó sử dụng (2.1) và giả thiết quy nạp ta có f (k+ 1) a
Vậy ta đã chứng minh hệ thức (2.8) với mọi m ∈ N ∗ Vì các hàm số f và cosin là các hàm số chẵn và f(1) = cos 0 = 1, nên hệ thức (2.8) đúng với mọi m ∈ Z.
Với a ∈ R, ký hiệu bac là phần nguyên của a.
Bây giờ lấy x ∈ R và đặt t= x x1
2 n Đặt k n = b2 n tc ∈ Z, ta có x = lim n→∞ k n
Vì f liên tục nên dùng hệ thức (2.8), ta có f(x) = lim n→∞f k n
= cos(αx), với α = a x 1 6= 0 Vậy f(x) = cosαx với mọi x ∈ R, là nghiệm có dạng(2.4) của phương trình (2.1), trong đó α là hằng số khác 0.
Trường hợp 3 Tồn tại x 0 ∈ R sao cho f(x 0 ) > 1.
Do f liên tục tại 0 và f(0) = 1 nên tồn tại ε > 0 sao cho f(x) > 0 với mọi x ∈ (−ε, ε) Vì f(x 0 ) > 1 nên x 0 6= 0 Chọn n 0 ∈ N sao cho x 0
6 1 Sử dụng hệ thức (2.6), ta có f x0
6 1 Khi đó sử dụng (2.6), ta có f x 0
Lấy k = n 0 ta được f(x 0 ) 6 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết.
2 n 0 Ta có f(x 1 ) > 1, do đó tồn tại b > 0 sao cho f(x 1 ) = cosh(b) = e b +e −b
(2.9) với mọi n∈ N Thật vậy, ta đã chứng minh (2.9) đúng với n = 0,1.
Giả sử hệ thức (2.9) đúng với n = k > 1 Khi đó ta có cosh b
Như vậy hệ thức (2.9) đúng với mọi n∈ N.
Với n∈ N ∗ cố định, ta chứng minh f mx 1
Hệ thức (2.10) đúng với mọi m ∈ Z, bắt đầu từ m = 1 theo chứng minh của hệ thức (2.9) Giả sử k > 1 và hệ thức (2.10) đúng với 1 ≤ m ≤ k, từ đó áp dụng (2.1) cùng với giả thiết quy nạp, ta có thể chứng minh f.
.Vậy hệ thức (2.10) đúng với mọi m ∈ N ∗ Vì f chẵn và f(0) = cosh(0) = 1 nên hệ thức (2.10) đúng với mọi m ∈ Z.
Bây giờ lấy x ∈ R tùy ý và đặt t = x x1
Khi đó ta có t = lim n→∞ k n
Vì f là hàm số liên tục nên sử dụng (2.10) ta được f(x) = lim n→∞f kn
= cosh(βx), với β = b x 1 6= 0 Vậy f(x) = cosh(βx) với mọi x ∈ R, là nghiệm có dạng (2.5) của phương trình (2.1), trong đó β là hằng số khác 0 tùy ý. Định lý được chứng minh.
Ta có thể chứng minh định lý này bằng cách sử dụng kiến thức về phương trình vi phân như sau.
Thay thế x = 0 = y trong phương trình (2.1), ta được
Nếu f(0) = 0 thì thay thế y = 0 vào (2.1), ta có 2f(x) = 2f(x)f(0), suy ra 2f(x) = 0 Do đó ta có f(x) = 0, với mọi x ∈ R Như vậy nghiệm f(x) của (2.1) có dạng (2.2).
Giả sử f(0) = 1, khi thay thế x = 0 vào (2.1), ta suy ra rằng f(−y) = f(y) với mọi y ∈ R, chứng tỏ rằng f là hàm số chẵn Hơn nữa, vì f là hàm số liên tục trên R, nên f cũng khả tích trên các đoạn hữu hạn Do đó, với t > 0, ta có
Mặt khác, bằng cách đổi biến số z = x+y, ta có
Bằng cách tính toán tương tự, ta được
Do đó, thay thế vào (2.11), ta được phương trình
Vì f(0) = 1 > 0 và f liên tục nên tồn tại t > 0 sao cho f(y) > 0 với mọi y ∈ [−t, t] Do đó ta có
Hàm số f liên tục trên R cho phép chúng ta tính đạo hàm của cả hai vế trong phương trình (2.12) theo biến x Điều này dẫn đến kết luận rằng hàm số f cũng có đạo hàm trên R.
−t f(y)dy (2.13) Đẳng thức này chứng tỏ rằng f có đạo hàm cấp 2 trên R và do đó f 0 (x+t)−f 0 (x−t) =f 00 (x)
Từ kết luận trên, hàm f có đạo hàm cấp 3 trên R Qua quy tắc quy nạp, ta nhận thấy rằng nghiệm liên tục của phương trình (2.1) có đạo hàm vô hạn lần Khi thay thế x = 0 vào (2.13), ta có f(t)−f(−t) = f'(0).
Vì f là hàm số chẵn nên ta có f(t) =f(−t), khi đó ta được f 0 (0)
−tf(y)dy > 0 nên ta suy ra f 0 (0) = 0 (2.14)
Vì f có đạo hàm mọi cấp nên lấy đạo hàm đến cấp hai theo biến y hai vế của phương trình (2.1) ta được f 0 (x+ y)−f 0 (x−y) = 2f(x)f 0 (y), f 00 (x+ y) +f 00 (x−y) = 2f(x)f 00 (y) với mọi x, y ∈ R Thay thế y = 0, ta có
Như vậy f là nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính cấp hai
Ta giải phương trình vi phân này bằng cách xét 3 trường hợp.
Trường hợp 1 k = 0 Khi đó y 00 = 0,suy ra y(x) = c 1 x+c 2 ,với c 1 , c 2 là các hằng số Vì y(0) = 1 và y 0 (0) = 0 nên c 1 = 0, c 2 = 1 Do đó y(x) = 1. Vậy nghiệm trong trường hợp này là f(x) = 1 với mọi x ∈ R.
Trường hợp 2 k < 0 Phương trình đặc trưng λ 2 −k = 0 có cặp nghiệm phức liên hợp λ = ±iα với α = √
−k Do đó nghiệm của phương trình vi phân y 00 −ky = 0 có dạng y(x) = c 1 cos(αx) + c 2 sin(αx), trong đó c 1 , c 2 là các hằng số thực.
Ta có 1 = y(0) = c1 nên y(x) = cos(αx) +c2sin(αx).
Khi đó ta có y 0 (x) =−αsin(αx) +αc2cos(αx), suy ra 0 = y 0 (0) = c2.
Vậy trong trường hợp này nghiệm của phương trình (2.1) tương ứng với dạng (2.4).
Trong trường hợp k > 0, phương trình đặc trưng λ² - k = 0 có hai nghiệm thực là λ₁ = -β và λ₂ = β, với β = √k Nghiệm của phương trình vi phân y'' - ky = 0 được biểu diễn dưới dạng y(x) = c₁e^(βx) + c₂e^(-βx), trong đó c₁ và c₂ là các hằng số thực Tại x = 0, ta có y(0) = c₁ + c₂ = 1, từ đó suy ra c₂ = 1 - c₁ Do đó, nghiệm y(x) có thể viết lại là y(x) = c₁e^(βx) + (1 - c₁)e^(-βx).
Vì β > 0 nên ta nhận được c1 = 1
2 Vậy nghiệm của phương trình (2.15) là f(x) =y(x) = e βx +e −βx
Như vậy trong trường hợp này nghiệm của (2.1) tương ứng với dạng (2.5).Định lý được chứng minh.
Nghiệm tổng quát của phương trình hàm d’Alembert
Một hàm E : R → C được gọi là hàm số mũ nếu E thỏa mãn phương trình
Ta viết rằng nếu E là hàm liên tục khác không thì E(x) = e λx , trong đó λ là một hằng số phức tùy ý.
Bây giờ ta trình bày một số tính chất của hàm số mũ.
Mệnh đề 2.11 Nếu E : R → C là một hàm số mũ và E(x 0 ) = 0 với x0 ∈ R thì E(x) ≡0 với mọi x ∈ R.
Chứng minh Trường hợp x 0 = 0 Cho E : R →C là một hàm số mũ Khi đó
E(x+ y) =E(x)E(y) với mọi x, y ∈ R Thay thế y = 0 vào (2.16), ta được
Vì E(0) = 0 nên từ (2.17), ta suy ra E(x) = 0 ∀x ∈ R Do đó E(x) là đồng nhất với 0.
Trường hợp x 0 6= 0 Cho x ∈ R, x 6= x 0 Khi đó, vì E(x 0 ) = 0 nên ta có
Nếu E : R →C là một hàm số mũ khác không thì ta ký hiệu
Mệnh đề 2.12 Cho E : R → C là hàm số mũ Nếu E(x) không đồng nhất với 0 thì E(0) = 1.
Chứng minh Cho E : R → C là hàm số mũ Giả sử rằng E(x) là không đồng nhất với 0 Thay thế x = 0 = y vào (2.16), ta được
E(0) [1−E(0)] = 0 Suy ra E(0) = 0 hoặc E(0) = 1 Nếu E(0) = 0 thì theo Mệnh đề 2.11, ta có E(x) ≡ 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Do đó E(0) = 1 Mệnh đề được chứng minh.
Như vậy hoặc E đồng nhất bằng 0 hoặc khác 0 tại mọi điểm.
Mệnh đề 2.13 Cho E : R → C là một hàm số mũ Nếu E(x) không đồng nhất với 0 thì E ∗ (−x) = E(x) với mọi x ∈ R.
Chứng minh Cho E :R → C là một hàm số mũ Khi đó thay y = −x vào (2.16), ta được
Vì E(x) không đồng nhất với 0 nên từ Mệnh đề 2.12, E(0) = 1 và từ (2.19) ta có
E(−x) = E ∗ (x) (2.20) với mọi x ∈ R Do đó, bằng cách thay thế x bởi −x vào (2.20), ta được
E ∗ (−x) =E(x) Mênh đề được chứng minh.
Mệnh đề 2.14 Cho E : R → C là một hàm số mũ Giả sử E(x) không đồng nhất với 0 Khi đó
Chứng minh Vì E(x) không đồng nhất với 0 nên từ Mệnh đề ??, ta có
Chúng ta sẽ chứng minh một số tính chất cơ bản của phương trình hàm d’Alembert Theo định lý 2.3, mọi nghiệm không tầm thường f : R → C của phương trình d’Alembert (2.1) đều là một hàm số chẵn.
Chứng minh Thay thế y thành −y vào phương trình (2.1), ta được f (x+ y) +f (x−y) = 2f (x)f (−y) (2.22)
Kết hợp các phương trình (2.1) và (2.22), ta được f (y) = f (−y) với mọi y ∈ R Do đó f là hàm số chẵn.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ thảo luận về nghiệm tổng quát không tầm thường của phương trình hàm (2.1) theo phương pháp của Kannappan Định lý 2.4 khẳng định rằng mỗi nghiệm không tầm thường f: R → C của phương trình hàm (2.1) đều có thể được biểu diễn dưới dạng f(x) = E(x) + E*(x).
2 , trong đó E : R → C ∗ là một hàm số mũ với C ∗ là tập hợp những số phức khác 0.
Chứng minh Giả sử f là một nghiệm không tầm thường của (2.1); nghĩa là f không là hàm số không Thay x = 0 = y vào (2.1), ta được f (0) [1−f (0)] = 0.
Suy ra f (0) = 0 hoặc f (0) = 1 Vì f(x) khác không nên f (0) = 1.
Thay x bởi x+y và y bởi x−y vào (2.1), ta được f (x+y +x−y) +f (x+y −x+y) = 2f (x+y)f (x−y).
= 4 h f(x) 2 −1 i h f(y) 2 −1 i Suy ra f (x+ y)−f (x−y) =±2 rh f(x) 2 −1 i h f(y) 2 −1 i Kết hợp điều trên với phương trình (2.1), ta được f (x+y) = f (x)f (y)± rh f(x) 2 −1 i h f(y) 2 −1 i
Tiếp theo ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1 Giả sử f (x) ∈ {1,−1} Từ (2.23), ta suy ra f (x+y) = f (x)f (y) với mọi x, y ∈ R Vì f (x) ∈ {1,−1} nên ta có f ∗ (x) =f (x) Do đó f (x) = f (x) + f ∗ (x)
2 với E(x) ∈ {1,−1}. Trường hợp 2 Giả sử f (x) ∈ {1,/ −1} tại x nào đó Do đó f(x 0 ) 2 6= 1 với x 0 nào đó Đặt α = f (x 0 ) Suy ra α 2 −1 6= 0 Ta đặt β 2 = α 2 −1.
Ta chứng minh E được định nghĩa tốt Cho x 1 = x 2 và xét
Do đó E được định nghĩa tốt Tiếp theo ta tính
Vì β 2 = α 2 −1 nên ta có [E(x)−f(x)] 2 = f(x) 2 −1 Suy ra
E(x) 2 −2E(x)f(x) +f(x) 2 = f(x) 2 −1 hay E(x) 2 −2E(x)f(x) + 1 = 0. Nếu E(x) = 0 thì từ phương trình trên ta suy ra 1 = 0 (mâu thuẫn).
Tiếp theo, ta chứng minh rằng E(x+y) =E(x)E(y) Ta có
Vì f(x0) =α nên từ các hệ thức trên ta suy ra
Vì f(x 0 ) =α nên từ trên ta suy ra
Do đó, E : R →C ∗ là một hàm số mũ.
Phần ngược lại được chứng minh bằng cách tính toán trực tiếp Ta xét f(x+y) +f(x−y) = E(x+y) +E ∗ (x+ y)
Vậy định lý được chứng minh.
Trong Định lý 2.4, hàm E : R → C ∗ được xác định là một đồng cấu từ nhóm cộng R của các số thực đến nhóm nhân C ∗ của các số phức khác 0 Định lý 2.5 chỉ ra rằng, đối với một vành giao hoán G tùy ý và nhóm nhân C ∗ của các số phức khác 0, mọi nghiệm không tầm thường f : G → C của phương trình hàm (2.1) đều có thể được biểu diễn dưới dạng f(x) = g(x) + g ∗ (x).
2 , trong đó g : G →C ∗ là một đồng cấu từ nhóm G vào C ∗
Chứng minh Định lý này được chứng minh tương tự như chứng minh Định lý 2.4.
Hàm số cosin có thể được mô tả thông qua một phương trình hàm Theo định lý 2.6, với α ∈ R và α ≠ 0, hàm số liên tục f: R → R là nghiệm của phương trình hàm f(x−y +α)−f(x+y+ α) = 2f(x)f(y) cho mọi x, y ∈ R, nếu và chỉ nếu f có dạng f(x) = 0 với mọi x ∈ R hoặc f(x) = cos π.
Chứng minh Dễ dàng kiểm tra được f = 0 là một nghiệm của (2.26).
Từ bây giờ ta sẽ giả thiết rằng f là hàm số khác 0.
Thay thế y bởi −y trong công thức (2.26), ta nhận được phương trình f(x+y +α)−f(x−y +α) = 2f(x)f(−y) (2.27) cho mọi x, y ∈ R Kết hợp hai phương trình (2.26) và (2.27), ta có f(x)f(y) =−f(x)f(−y), từ đó suy ra f là một hàm số lẻ, tức là f(−y) =−f(y) cho mọi x, y ∈ R Khi hoán vị x và y trong công thức (2.26), ta có f(y−x+α)−f(x+y+α) = 2f(y)f(x) (2.28).
Từ (2.26) và (2.28), ta thấy rằng f(x−y +α) = f(y −x+α) =f(−(x−y −α)).
Vì f là hàm lẻ nên từ hệ thức trên, ta suy ra f(x−y +α) =−f(x−y −α) (2.29) với mọi x, y ∈ R Thay thế y = 0 trong (2.29), ta được f(x+α) =−f(x−α) với mọi x ∈ R Do đó f(x+ 2α) =−f(x), ∀x ∈ R và f(x+ 4α) =−f(x+ 2α) =f(x), ∀x ∈ R (2.30)
Hàm số f là hàm tuần hoàn với chu kỳ 4α, giả sử α > 0 Khi thay thế x bằng x + α và y bằng y + α vào phương trình (2.26), ta nhận được f(x−y +α)−f(x+y + 3α) = 2f(x+α)f(y +α) với mọi x, y ∈ R Áp dụng phương trình (2.30) vào (2.31), ta có f(x−y +α) + f(x+y +α) = 2f(x+α)f(y +α) cho mọi x, y ∈ R Do đó, hàm g(x) = f(x+ α) là nghiệm của phương trình hàm d’Alembert g(x+y) + g(x−y) = 2g(x)g(y).
Vì hàm f liên tục nên hàm g cũng liên tục, dẫn đến các dạng của g(x) có thể là g(x) = 0, g(x) = 1, g(x) = cosh(ax) hoặc g(x) = cos(ax), với a là một hằng số Nếu g(x) = 0, thì f(x) cũng sẽ bằng 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng f không đồng nhất bằng 0.
Nếu g(x) = 1 thì f(x) = 1 Tuy nhiên khi thế vào (2.26), ta thấy rằng f(x) = 1 không phải là một nghiệm.
Vì f tuần hoàn với chu kì 4α nên g cũng tuần hoàn với chu kì 4α.
Do đó f(x) = g(x−α) = cosh(a(x−α)) không là một nghiệm của (2.26).
Nếug(x) = cos(ax) thìf(x) = cos(a(x−α)).Khi đóf(x+4α) =f(x), suy ra cos(a(x+ 3α)) = cos(a(x−α)) hay cos(ax+ 4aα) = cos(ax) với mọi x ∈ R Do đó 4aα = 2π Suy ra f(x) = cos π
2α(x−α) Định lý được chứng minh.
Một số bài toán áp dụng
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
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) = f e (t) + f 0 (t), (2.35) f e (−t) = f e (t), f 0 (−t) =−f 0 (t), (2.36) với fe(t) = f(t) +f(−t)
Thay f e (t) và f 0 (t) vào phương trình (2.32), ta có được biểu thức fe(x+y) + fe(x−y) + f 0 (x+y) + f 0 (x−y) = 2f e (t)g(y) + 2f0(t)g(y) (2.37) Khi thay x và y bằng -x và -y, từ (2.33) và (2.36), ta thu được fe(x+y) + fe(x−y) - f 0 (x+y) - f 0 (x−y) = 2f e (t)g(y) - 2f 0 (t)g(y) (2.38) Cộng hai phương trình (2.37) và (2.38), ta có fe(x+y) + fe(x−y) = 2f e (x)g(y) (2.39) Đổi vai trò của x và y, ta cũng có fe(x+y) + fe(x−y) = 2f e (y)g(x).
Từ (2.34), ta suy ra f e (t) =cg(t) (c = f e (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 f e (t) ≡ 0≡ f 0 (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 f 0 (t) 6≡0, f 0 (α) 6= 0 (2.43)
Trong một trường hợp cụ thể của phương trình (2.40), dù c có giá trị là 0 hay không, khi trừ phương trình (2.37) cho phương trình (2.38), ta nhận được kết quả f0(x+y) + f0(x−y) = 2f0(x)g(y) (2.44) Nếu thay thế vai trò của x và y, theo phương trình (2.36), ta có f 0 (x+y)−f 0 (x−y) = 2f 0 (y)g(x).
Trừ phương trình (2.44) cho phương tình trên, ta được f 0 (x−y) = f 0 (x)g(y)−f 0 (y)g(x) (2.45)
Tiếp theo, trong (2.45), ta đặt y = α và giải phương tình theo g(x).
Do đó, từ (2.34) và (2.36), ta có g(x+ y) +g(x−y)
= 2g(α)f 0 (x)−f 0 (x−α) f 0 (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 f e (x) ≡ 0.
Suy ra với giả thiết liên tục (hoặc tính đo được), ta có f 0 (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 không tương đương với (2.32) Sử dụng các giá trị phức, phương trình thứ hai được giải tương tự, nhưng chúng tôi trình bày một nghiệm của (2.32) không phụ thuộc vào biểu diễn nghiệm tổng quát f 0 (t) của (2.45) Nghiệm cụ thể f o p (t) không có điều kiện cho trước nào, vì vậy f 0 (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 A 2 +B 2 6= 0) với Afo p (r) + Bf0(r) = 0, vì fo p (t) và f0(t) trong
F(t) o p (t) + Bf 0 (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(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(t−2r) = F(t−r)g(r) =F(t)g 2 (r) = F(t); và từ (2.52), ta có g(t−2r) ≡g(t) điều trên mâu thuẫn với (2.49) Do đó,
Vì vậy, từ (2.42) và (2.45), ta suy ra f 0 (x−y) = f 0 (x) cos(by)−f 0 (y) cos(bx) và f0(x−y) = f0(x) cosh(by)−f0(y) cosh(bx).
Ta có thể đặt lần lượt f o p (t) = sin(bt) hoặc f o p (t) = sinh(bt).
Vì b 6= 0 được giả thiết, f o p trong (2.53) là không bằng 0, và do đó
Do đó, từ (2.53) (A/B = C), ta có f 0 (t)
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
Thay g(x) (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
Nếu a 6= 0 thì ta đặt f(x) =ah(x) Khi đó, ta có a 2 h(x+ y) +a 2 h(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) = a 2 ; f(x) = acosh(αx), g(x) = a 2 cosh(αx); f(x) = acos(βx), g(x) = a 2 cos(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)
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
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 f 2 (x) = 0 và vì vậy f ≡ 0. Mặt khác, ta có f(x+y) +f(x−y) =àf(x)f(y), trong đú à = 2[λg(0)−1] λg(0) Nếu định nghĩa hàm h bởi h(x) = à
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 h(x) ≡ 1, h(x) =cosh(αx), h(x) = cos(βx), trong đó α, β là các hằng số khác 0 Vì h(0) = 1 nên ta có f(0) = 2 à = λg(0) λg(0)−1.
Nếu h(x) ≡ 1, thì f(x) ≡ a a−1 và g(x) ≡ a là nghiệm của phương trình với mọi hằng số thực a = g(0) 6= 0 Khi h(x) = cosh(αx) hoặc h(x) = cos(βx), ta có f(x) = a a−1h(x) và g(x) = ah(x), với a = g(0) 6= 0 Tuy nhiên, cặp hàm số f, g chỉ là nghiệm khi a = 2 Vậy nghiệm của phương trình được xác định như trên.
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) = 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 f(0) +g(0) = λg(0)f(0).
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
Tương tự, cho x = 0, ta được f(y) = −g(−y).
Bây giờ thay y bởi x vào phương tình (2.62), ta được f(2x) +g(0) = λg(x)f(x)
⇔f(x) = ca x , trong đó c là một số thực bất kì.
Thay f(x) = ca x vào phương trình f(x) +g(x) = 0, ta được c = 0 hoặc c = −1 λ.
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) = ca x vào phương trình (2.62), ta được a y = 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.
Trường hợp 3 Ta xét f(0) 6= 0, g(0) 6= 0, λf(0) 6= 1 và λg(0) 6= 1.
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]
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 λ.
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)
Lời giải Cho x = y = z = 0 vào (2.63), ta được
Tiếp theo, ta cho y = z = 0 vào (2.63), ta được
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).
2[f(x+y) + f(x−y)] = 4f(x)f(y) hay f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)f(y). 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 43
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 = c 2 +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 − c 2 ) với k 2 (c−c 2 ) = 1 Đây là nghiệm tầm thường của (3.1).
Giả sử hàm f không phải là hàm hằng, theo Định lý 3.7, nếu hai hàm f : R → C và g : R → C thỏa mãn phương trình f(x−y) = f(x)f(y) + g(x)g(y), thì hàm f cũng sẽ thỏa mãn phương trình hàm d’Alembert Hơn nữa, các hàm f và g có thể được biểu diễn dưới dạng f(x) = E(x) + E∗(x).
2 , (3.5) trong đó E : R → C ∗ (tập hợp các số phức khác 0) là hàm mũ và k 2 = −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 f(y −x) =f(−x)f(−y) +g(−x)g(−y).
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) +c 2
Khi thay thế y = −y và sử dụng f là một hàm số chẵn, ta nhận thấy rằng f(x+y) = f(x−y), điều này dẫn đến kết luận rằng f là hàm hằng, trái với giả định ban đầu Do đó, g không phải là hàm hằng Vì g không phải là hàm hằng, ta chọn y 0 sao cho g(y 0 ) khác 0 Từ đó, áp dụng vào (3.8) với y = y 0, ta có g(x) = cg(−x), với c là một số khác 0, và từ đó suy ra g(x) = c^2 g(x).
Vì g không là hàm hằng, c 2 = 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)
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)
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
Từ đó, ta có (sử dụng g không là hàm hằng) g(x) =kE(x)−E ∗ (x)
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 g(0) = 0 (3.15)
Cho y = 0 trong (3.1), ta thấy rằng f(x) = f(x)f(0) +g(x)g(0).
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);
(3.21) 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−cos 2 (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
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). Định lý được chứng minh.
Nghiệm của phương trình hàm sin-cosin
Trong phần này, chúng ta xem xét phương trình hàm f(x+y) = f(x)g(y) + f(y)g(x), được gọi là phương trình hàm sin-cosin Theo Định lý 3.9, nếu f và g là các hàm từ R đến C thỏa mãn phương trình này với mọi x, y ∈ R, thì f có thể có dạng f(x) = 0 trong khi g có thể là bất kỳ hàm nào.
(3.28) trong đó E 1 , E 2 : R →C ∗ là các hàm số mũ, A : R →C là hàm cộng tính và α là một số phức khác 0.
Chứng minh Ta thấy rằng f = 0 và g tùy ý là nghiệm của phương trình hàm (3.25) Do đó, từ giờ ta giả sử f 6= 0.
Vì f 6= 0 nên tồn tại z 0 ∈ R sao cho f(z 0 ) 6= 0 Đặt z = z 0 trong (3.31), ta thấy rằng g(x+y)−g(x)g(y) =f(x)l(y), (3.32) trong đó l(y) = g(y +z 0 )−g(y)g(z 0 ) f(z 0 ) (3.33)
Hoán đổi x và y trong (3.32), ta được g(x+y)−g(x)g(y) =f(y)l(x) (3.34)
Do đó, từ (3.32) và (3.34), ta có f(x)l(y) = f(y)l(x) (3.35) với mọi x, y ∈ R Vì f 6= 0, từ (3.35) suy ra l(x) = α 2 f(x), (3.36) trong đó α là hằng số Thay (3.36) vào (3.32), ta được g(x+y) = g(x)g(y) +α 2 f(x)f(y) (3.37) với mọi x, y ∈ R.
Bây giờ ta xét 2 trường hợp
Trong trường hợp α = 0, phương trình (3.37) trở thành g(x+y) = g(x)g(y) với mọi x, y thuộc R, dẫn đến g(x) = E(x), trong đó E : R → C là hàm số mũ Do f khác 0, ta suy ra E cũng khác 0 Vì mọi hàm số mũ đều khác nhau và không bằng 0, ta có được mối quan hệ f(x+y) = f(x)E(y) + f(y)E(x).
Vì thế A : R → C là hàm cộng tính Trong trường hợp này, nghiệm của (3.25) là f(x) = A(x)E(x) g(x) =E(x).
Trường hợp 2.Giả sử α 6= 0 Nhân phương tình (3.25) vớiα sau đó cộng, trừ với phương trình (3.37), ta được g(x+y) +αf(x+y) = [g(x) + αf(x)][g(y) +αf(x)] và g(x+y)−αf(x+y) = [g(x)−αf(x)][g(y)−αf(y)].
) trong đó E 1 , E 2 : R → C là các hàm số mũ.
Do đó bằng cách cộng và trừ các biểu thức trên, ta có nghiệm f(x) = E 1 (x)−E 2α 2 (x) g(x) = E 1 (x)+E 2 2 (x)
) Định lý được chứng minh.
Nhận xét 3.4 Nếu hàm f :R → C là hàm lẻ và hàm g : R → C là hàm chẵn thì
Do đó nghiệm của (3.28) có thể biểu diễn là f(x) = E 1 (x)−E 1 ∗ (x)
Nghiệm của phương trình hàm sin
Trong phần này, chúng ta sẽ xem xét phương trình hàm sin f(x+y)f(x−y) = f(x)² − f(y)² với mọi x, y thuộc R Chúng ta sẽ chứng minh định lý 3.10, trong đó nêu rằng hàm f : R → C thỏa mãn phương trình hàm (3.38) nếu và chỉ nếu f có dạng f(x) = 0, f(x) = A(x) hoặc f(x) = E(x) − E²α*(x).
trong đó E : R → C là hàm số mũ, A : R →C là một hàm cộng tính khác
0 và α là một hằng số khác 0.
Chứng minh Ta thấy f = 0 là một nghiệm của (3.38) Do đó, từ giờ ta giả sử rằng f 6= 0 Khi đó, tồn tại x 0 ∈ R sao cho f(x 0 ) 6= 0 Xác định φ(x) = f(x+x 0 )−f(x−x 0 )
Sau đó, từ (3.39) và (3.38), ta được
Do đó hàm φ : R → C thỏa mãn phương trình d’Alembert φ(x+y) + φ(x−y) = 2φ(x)φ(y) với mọi x, y,∈ R Nghiệm tổng quát của phương tình này có thể nhận được từ Định lý 2.4 là φ(x) = E(x) +E ∗ (x)
2 (3.40) trong đó E : R →C ∗ là một hàm số mũ.
Phương trình hàm (3.38) có thể viết lại thành f(u)f(v) = f u+ v 2
Nếu f(y) 6= 0 nhưng y không tùy ý thì f(x+y)−f(x−y)
Từ (3.40), ta nhận thấy rằng φ(0) = 1 (3.43) Đặt x = 0 trong (3.42) và dùng (3.43), ta được f(−y) = −f(y) (3.44)
Thay thế x với y trong (3.45), ta thấy rằng f(x+y) + f(x−y) = 2f(x)φ(y) (3.46) Cộng (3.45) với (3.46) và sử dụng (3.44), ta được f(x+y) = f(x)φ(y) +f(y)φ(x) với mọi x, y ∈ R.
Vì f là hàm lẻ và φ là hàm chẵn, từ Định lý 3.9, ta có f(x) =A(x) và f(x) = E(x)−E ∗ (x)
Định lý 3.11 khẳng định rằng cho hai hàm số f, g: R → C thỏa mãn phương trình f(x+y)g(x−y) = f(x)g(x)−f(y)g(y) với mọi x, y ∈ R, các điều kiện sau đây là đúng: f(x) = 0 và g(x) bất kỳ; hoặc f(x) bất kỳ và g(x) = 0; hoặc f(x) = k và g(x) = A(x); hoặc f(x) = A(x) + δ và g(x) = βA(x); hoặc f(x) = γ E(x)−E 2∗(x) + δ E(x) + E 2∗(x) và g(x) = β E(x)−E 2∗(x).
(3.52) trong đó A : R → C là hàm cộng tính, E : R → C ∗ là hàm số mũ, β, δ, k là hằng số bất kỳ khác 0 và γ là hằng số bất kỳ.
Chứng minh Ta kiểm tra được hàm f và g trong (3.48) đến (3.52) thỏa mãn phương trình hàm (3.47) Do đó, ta chứng minh được hàm f và g là nghiệm duy nhất của (3.47).
Giả sử f là hàm hằng, chẳng hạn là k Khi đó (3.47) trở thành k[g(x−y)−g(x) +g(y)] = 0 (3.53) với mọi x, y ∈ R.
Nếu k = 0, g có thể tùy ý và f(x) = 0 g(x) tùy ý
) là nghiệm của (3.47) đó là (3.48).
Nếu k khác 0, ta có g(x−y) = g(x) − g(y) với mọi x, y ∈ R Khi cho y = x, ta suy ra g(0) = 0 Đồng thời, khi cho x = 0 trong phương trình này, ta nhận được g(−y) = −g(y) với mọi y ∈ R, cho thấy g là hàm lẻ Thay y bằng −y trong phương trình g(x−y), ta có g(x+y) = g(x) − g(−y), và từ đó, kết hợp với kết quả trước, ta được g(x+y) = g(x) + g(y).
Do đó g(x) = A(x), trong đó A : R → C là hàm cộng tính, thỏa mãn
A(x+y) = A(x) +A(y) (3.56) với mọi x, y ∈ R Vì vậy, ta có nghiệm f(x) = k g(x) = A(x),
Tiếp theo, ta giả sử g là hàm hằng, chẳng hạn là k Khi đó (3.47) trở thành k[f(x+y)−f(x) + f(y)] = 0 (3.57) với mọi x, y ∈ R.
Nếu k = 0 thì f có thể bất kỳ và f(x) bất kỳ g(x) = 0
) là nghiệm của (3.47) đó chính là (3.49).
Nếu k 6= 0, thì (3.57) suy ra f(x+y) = f(x)−f(y) (3.58) với mọi x, y ∈ R Đặt x = 0 và y = 0 trong (3.58), ta thấy rằng f(0) = 0. Hơn nữa, đặt x = 0 trong (3.58), ta có f(y) = 0 với mọi y ∈ R Do đó f(x) = 0 g(x) = k
) là nghiệm của (3.47) và nó bao gồm trong nghiệm (3.48).
Giả sử f và g là các hàm không liên tục, ta có phương trình f(x+y)g(y−x) = f(y)g(y)−f(x)g(x) với mọi x, y ∈ R So sánh với phương trình trước, ta nhận được f(x+y)g(x−y) =−f(x+y)g(y−x) Đặt u = x+y và v = x−y, ta có f(u)g(v) = −f(u)g(−v) Với f là không liên tục, tồn tại u₀ ∈ R sao cho f(u₀) ≠ 0, từ đó suy ra g(−v) = −g(v) với mọi v ∈ R, cho thấy g là hàm lẻ Cuối cùng, định nghĩa ψ(x) = f(x) + f(−x).
Khi đó ψ là hàm chẵn và φ là hàm lẻ Hơn nữa f(x) =ψ(x) +φ(x) (3.62) với mọi x ∈ R.
Sử dụng (3.62) trong (3.47), ta được ψ(x+y)g(x−y) +φ(x+y)g(x−y)
= ψ(x)g(x)−ψ(y)g(y) + φ(x)g(x)−φ(y)g(y) (3.63) với mọi x, y ∈ R Thay thế x bằng −x và y bằng −y và sử dụng ψ là hàm chẵn, φ và g là hàm lẻ, ta được
=−ψ(x)g(x) + ψ(y)g(y) +φ(x)g(x)−φ(y)g(y) (3.64) Cộng (3.63) và (3.64), ta được φ(x+y)g(x−y) = φ(x)g(x)−φ(y)g(y) (3.65) với mọi x, y ∈ R Từ (3.63) và (3.65), ta được ψ(x+y)g(x−y) = ψ(x)g(x)−ψ(y)g(y) (3.66) với mọi x, y ∈ R.
Thay thế y bằng -y trong phương trình (3.65), ta nhận được φ(x−y)g(x+y) = φ(x)g(x)−φ(y)g(y) (3.67) với mọi x, y ∈ R So sánh (3.65) và (3.67), ta có φ(x+y)g(x−y) = φ(x−y)g(x+y) (3.68) với mọi x, y ∈ R Đặt u = x+y và v = x−y trong (3.68), ta thu được φ(u)g(v) = φ(v)g(u) (3.69) với mọi u, v ∈ R Do g không phải là hàm hằng, ta có φ(x) = αg(x) (3.70), trong đó α là một số thực.
Trường hợp 1 Giả sử α 6= 0 Khi đó (3.70) trong (3.65) cho kết quả φ(x+y)φ(x−y) = φ(x) 2 −φ(y) 2 (3.71) với mọi x, y ∈ R Vì g không là hàm hằng và φ cũng thế Do đó, nghiệm của (3.71) được cho bởi φ(x) =A(x) (3.72) hoặc φ(x) = E(x)−E ∗ (x)
Do đó, từ (3.70), ta được g(x) = 1 αA(x), (3.74) g(x) = E(x)−E ∗ (x)
Thay thế y = −x trong (3.66) và sử dụng g là hàm lẻ và ψ là hàm chẵn, ta được ψ(0)g(2x) = 2ψ(x)g(x) (3.76) với mọi x ∈ R.
Trường hợp 1.1 Giả sử ψ(0) = 0 Khi đó (3.76) trở thành ψ(x)g(x) = 0 (3.77) với mọi x ∈ R Sử dụng (3.77) trong (3.66), ta được ψ(x+y)g(x−y) = 0 (3.78) với mọi x, y ∈ R Do đó ψ = 0 hoặc g = 0.
Với g = 0 không thể xảy ra vì g không là hàm hằng.
Vì f không phải là hàm hằng và g cũng không phải là hàm hằng với φ = αg, nên từ (3.62) có thể kết luận rằng ψ cũng không phải là hàm hằng Do đó, trường hợp ψ = 0 không thể xảy ra, dẫn đến việc ψ(0) = 0 bị loại trừ.
Trường hợp 1.2 Giả sử ψ(0) 6= 0 Từ (3.76), ta được g(2x) = 2 δψ(x)g(x), (3.79) trong đó δ := ψ(0) Sử dụng (3.74) trong (3.79), ta được ψ(x) = δ.
Do đó, ta có nghiệm f(x) =φ(x) +ψ(x) =A(x) +δ và g(x) = 1 αA(x) = βA(x), trong đó β là hằng số khác 0 Vì vậy, ta có f(x) = A(x) +δ g(x) = βA(x)
) là nghiệm của (3.51) Ở đây δ và β là các hằng số phức tùy ý khác 0. Tiếp theo, ta sử dụng (3.75) và (3.79), ta được
2 , trong đó γ = 1 b và g(x) = δb 1 E(x)−E 2 ∗ (x) = β E(x)−E 2 ∗ (x) , trong đó β = bδ 1 là hằng số phức khác 0 Do đó, ta có f(x) =γ E(x)−E 2 ∗ (x) + δ E(x)+E 2 ∗ (x) g(x) = β E(x)−E 2 ∗ (x) ,
Trường hợp 2 Ta giả sử α = 0 Từ (3.70), ta có φ = 0 Do đó f = ψ.
Vì thế dẫn đến phương trình (3.66), đó là ψ(x+y)g(x−y) = ψ(x)g(x)−ψ(y)g(y) với mọi x, y ∈ R Sử dụng y = −x, ta được ψ(0)g(2x) = 2ψ(x)g(x) với mọi x ∈ R Với ψ(0) 6= 0 suy ra g(2x) = 2 δψ(x)g(x),trong đó δ := ψ(0).
= g(x) 2 −g(y) 2 với mọi x ∈ R Do đó g thỏa mãn g(x+y)g(x−y) = g(x) 2 −g(y) 2 với mọi x ∈ R Do đó g có dạng g(x) = 1 αA(x) (3.80) hoặc g(x) = 1 αb
2 , (3.81) trong đó A : R →C là hàm cộng tính, E : R → C ∗ là hàm số mũ và α, b là các hằng số phức khác 0.
Sử dụng (3.79) và (3.80), (3.81), ta được ψ(x) =δ hoặc ψ(x) = δE(x) +E ∗ (x)
) là nghiệm của (3.47) có trong (3.52) với γ = 0.
Vì không còn trường hợp nào nữa nên định lý được chứng minh.
Nghiệm của bất phương trình hàm sin
Theo Segal (1963), bất phương trình f(x+y)f(x−y) ≤ f(x)² − f(y)² (3.82) với mọi x, y ∈ R là nghiệm của phương trình hàm sin (3.38), tức là f(x+y)f(x−y) = f(x)² − f(y)² Định lý 3.12 khẳng định rằng nếu hàm f: R → R thỏa mãn bất phương trình (3.82) cho mọi x, y ∈ R, thì f sẽ là nghiệm của phương trình hàm sin (3.38).
Chứng minh Đặt x = y = 0 trong (3.82), ta được f(0) 2 ≤ 0 Do đó f(0) = 0. Đặt x = −y trong (3.82), ta thấy rằng
Do đó f(y) 2 ≤ f(−y) 2 Thay thế y bằng −y, ta được f(−y) 2 ≤f(y) 2 ≤f(−y) 2
Do đó với mỗi y ∈ R, ta có f(−y) =−f(y) hoặc f(−y) = f(y).
Giả sử cho y 0 ∈ R, f(y 0 ) =f(−y 0 ) (3.83) Đặt x = 0 và y = y 0 trong (3.82), ta được f(y 0 )f(−y 0 ) ≤ −f(y 0 ) 2 (3.84)
Sử dụng (3.83) và (3.84), ta được
Do đó, ta có f(−y) = −f(y) (3.85) với mọi y ∈ R Từ (3.82) và (3.85), ta có f(y) 2 ≤ f(x) 2 −f(x+y)f(x−y) =f(x) 2 + f(x+y)f(y−x)
Do đó, ta có f(x+y)f(x−y) =f(x) 2 −f(y) 2 Định lý được chứng minh.
Nhận xét 3.5 Nghiệm liên tục của phương trình hàm sin (3.38) được cho bởi f(x) = k 1 x f(x) = k 2 sin(k 3 x) f(x) = k 4 sinh(k 5 x),
trong đú k i (i = 1,2,ã ã ã ,5) là cỏc hằng số thực bất kỳ.
Một số bài toán
Bài toán 3.6 Choα là một số thực khác0 Tìm tất cả các hàmf :R → R thỏa mãn phương trình hàm f(x+y + 2α) +f(x−y + 2α) = 2f(x)f(y) (3.86) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải Ta thấy rằng f(x) ≡ 0,∀x ∈ R là một nghiệm của (3.86).
Bây giờ, giả sử f(x) 6≡ 0, tức là ∃x 0 ∈ R sao cho f(x 0 ) 6= 0.
Thay y bởi −y vào (3.86), ta được f(x−y + 2α) +f(x+y + 2α) = 2f(x)f(−y) (3.87) với mọi x, y ∈ R.
Kết hợp (3.86) và (3.87), ta suy ra f(x)f(y) =f(x)f(−y) với mọi x, y ∈ R Do đó, với x = x 0 và với mọi y ∈ R, ta có f(x 0 )f(y) =f(x 0 )f(−y), ∀y ∈ R.
Mà f(x 0 ) 6= 0 suy ra f(y) =f(−y), ∀y ∈ R Do đó f là hàm chẵn.
Hoán vị x và y trong (3.86), ta được f(x+y + 2α) +f(y −x+ 2α) = 2f(x)f(y) (3.88) với mọi x, y ∈ R.
Từ (3.86) và (3.88), ta suy ra f(x−y + 2α) = f(y −x+ 2α) = f[−(x−y −2α)] với mọi x, y ∈ R.
Vì f là hàm chẵn nên từ hệ thức trên ta suy ra f(x−y + 2α) = f(x−y −2α) với mọi x, y ∈ R.
Như vậy, f là hàm tuần hoàn với chu kì 4α.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng α > 0 Khi đó, thay x bởi (x+ 2α) và y bởi (y + 2α) vào (3.86), ta được f(x+y + 6α) +f(x−y + 2α) = 2f(x+ 2α)f(y + 2α) (3.90) với mọi x, y ∈ R. Áp dụng (3.89) vào (3.90), ta được f(x+y + 2α) +f(x−y+ 2α) = 2f(x+ 2α)f(y + 2α), ∀x, y ∈ R.
Do đó hàm số g(x) = f(x+ 2α), x ∈ R là nghiệm của phương trình hàm g(x+y) +g(x−y) = 2g(x)g(y) với mọi x, y ∈ R.
2 , với x ∈ R, trong đó E : R →R ∗ là một hàm số mũ và R ∗ = R\ {0}.
2 , với x ∈ R, trong đó E : R →R ∗ là một hàm số mũ và R ∗ = R\ {0}.
Bài toán 3.7 Cho λ là một số thực khác 0 Tìm tất cả các hàm f, g : R →C thỏa mãn phương trình hàm f(x+y)−g(x−y) =λf(x)g(y) (3.91) với mọi x, y ∈ R.
Lời giải Thay y = 0 vào phương trình (3.91), ta được f(x)−g(x) = λf(x)g(0), ∀x ∈ R. Suy ra g(x) =f(x)−λf(x)g(0), ∀x ∈ R.
Kết hợp với phương trình (3.91), ta suy ra f(x+y)−f(x−y)[1−λg(0)] = λf(x)f(y)[1−λg(0)], ∀x, y ∈ R, (3.92) và f(x+y)−f(y−x)[1−λg(0)] = λf(y)f(x)[1−λg(0)], ∀x, y ∈ R (3.93) Trừ vế theo vế của (3.92) cho (3.93), ta được
Từ đó, vì g(x) =f(x)[1−λg(0)], ∀x ∈ R và g(0) = 0 nên f(x) = g(x) = 0, ∀x ∈ R.
Vậy trong trường hợp này f(x) =g(x) = 0, ∀x ∈ R hay f ≡ g ≡ 0.
• Nếu 1−λg(0) 6= 0 thì f(x−y) = f(y−x), ∀x, y ∈ R Do đó vớiy = 0, ta có f(−x) =f(x), ∀x ∈ R hay f là hàm chẵn.
Thay y bởi −y trong (3.92), ta được f(x−y)−f(x+y)[1−λg(0)] = λf(x)f(−y)[1−λg(0)], ∀x, y ∈ R.
(3.94) Cộng vế theo vế của hai phương trình (3.92) và (3.94), ta được λg(0)[f(x+y)+f(x−y)] = λf(x)f(y)[1−λg(0)]+λf(x)f(−y)[1−λg(0)] với mọi x, y ∈ R Vì f là hàm chẵn nên ta có λg(0)[f(x+y) +f(x−y)] = 2λf(x)f(y)[1−λg(0)], ∀x, y ∈ R.
+) Nếu g(0) = 0 thì ta có f(x)f(y) = 0, ∀x, y ∈ R Khi đó ∀x, y ∈ R mà x = y ta đều có [f(x)] 2 = 0, ∀x ∈ R hay f(x) = 0, ∀x ∈ R.
Vì g(x) = f(x)[1−λg(0)], ∀x ∈ R nên g(x) = 0, ∀x ∈ R hay f ≡ g ≡ 0. +) Nếu g(0)6= 0, thì ta có f(x+y) +f(x−y) = 2[1−λg(0)] g(0) f(x)f(y), ∀x, y ∈ R. Đặt à= 2[1−λg(0)] g(0) thỡ à 6= 0 và ta cú f(x+y) +f(x−y) =àf(x)f(y), x, y ∈ R. Đặt h(x) = à
2 , ∀x ∈ R, trong đó E : R →R ∗ là một hàm số mũ và R ∗ = R\ {0}.
Từ đó g(x) =f(x)[1−λg(0)] = [1−λg(0)]E(x) +E ∗ (x) à , ∀x ∈ R,trong đó E : R →R ∗ là một hàm số mũ và R ∗ = R\ {0}.
Bài toán 3.8 Tìm tất cả các hàm f(x) xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(x+ y) = f(x) +f(y)
Lời giải Thay y = 0 vào (3.95), ta được f(0)[1−(f(x)) 2 ] = 0, ∀x ∈ R (3.96) Nếu f(0) 6= 0 thì
(Do f(x) là hàm liên tục trên R).
Thử lại, ta thấy các hàm số trên là các nghiệm của bài toán.
Xét trường hợp f(0) = 0 Ta chứng minh rằng |f(x)| < 1, ∀x ∈ R. Thật vậy giả sử tồn tại x 1 6= 0 để |f(x 1 )| ≥ 1 thì từ (3.95), suy ra các bất đẳng thức sau
Lập luận tương tự bằng phương pháp quy nạp, ta có
Từ tính liên tục của f(x), suy ra |f(0)| = 1 Điều này trái với giả thiết f(0) = 0 Vậy |f(x)| < 1, ∀x ∈ R.
Với x 1 6= 0 đặt f(x 1 ) = tanhα Khi đó f(2x 1 ) = 2f(x1)
Giả sử f(kx 1 ) = tanh(kα), ∀k = 1,2,ã ã ã , m; m ∈ N + Khi đú f((m+ 1)x 1 ) = f(mx1) +f(x1)
Thay y = −x vào (3.95) và sử dụng f(0) = 0, ta được f(−x) = −f(x), ∀x∈ D.
Từ đó suy ra f(mx1) = tanhmα, ∀m ∈ Z (3.97) Mặt khác, cũng từ (3.95), ta được f(x1) = 2f( x 2 1 )
2. Bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh đẳng thức f(x 1
Từ (3.97) và (3.99), suy ra f(mx 1
Từ giả thiết f(x) là hàm liên tục trên R và do tanhx là hàm liên tục trên
1. Thử lại, ta được kết luận
Trong luận văn này chúng tôi trình bày các vấn đề sau:
1 Trình bày nghiệm tổng quát và nghiệm liên tục của phương trình hàm d’Alembert.
2 Trình bày nghiệm tổng quát của các phương trình hàm dẫn xuất từ các hệ thức lượng giác liên hệ giữa hai hàm số sin và cosin bao gồm phương trình hàm cosin-sin và phương trình hàm sin-cosin.
3 Trình bày các kết quả về phương trình hàm sin và bất phương trình hàm sin.
4 Trình bày lời giải chi tiết của một số bài toán có liên quan đến các phương trình hàm lượng giác.