Mục đích của đề tài luận văn
Mục đích của luận văn là nghiên cứu các phương trình hàm và tài liệu liên quan nhằm phát triển phương pháp phân tích và khai thác dữ liệu Luận văn cũng hướng tới việc dự đoán các hướng giải và kỹ thuật biến đổi, từ đó xây dựng một số phương pháp cơ bản để giải quyết các phương trình hàm.
Bố cục của luận văn
Bài luận văn "Một số phương trình hàm cơ bản và phương pháp giải" được cấu trúc gồm phần Mở đầu, ba chương nội dung, phần Kết luận và danh mục Tài liệu tham khảo Chương 1 trình bày một số phương trình hàm cơ bản cùng với các ví dụ minh họa.
Trong chương này, tôi trình bày các bài toán cơ bản liên quan đến phương trình hàm và các nghiệm tương ứng Nhiều bài toán này đã được giới thiệu trong tài liệu ([1]) và ([2]) Đối với những bài toán đã có lời giải trong các tài liệu đó, luận văn này sẽ chỉ sử dụng kết quả để giải quyết các bài toán khác.
Chương 2 giới thiệu các dạng phổ biến của phương trình hàm và trình bày những phương pháp cơ bản để giải quyết chúng, kèm theo các ví dụ minh họa ứng dụng thực tiễn.
Chương 3 trình bày về các phương trình hàm có tập miền xác định là tập số tự nhiên, cùng với những phương pháp giải quyết khác nhau cho loại phương trình này.
Một số phương trình hàm cơ bản và ví dụ
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày một số bài toán cơ bản cùng với các ví dụ áp dụng Đối với những bài toán đã có lời giải trong tài liệu quen thuộc ([1]) và ([2]), chúng tôi chỉ cung cấp kết quả mà không trình bày chi tiết lời giải.
Tiếp theo trong mục 1.2 của chương, em đưa ra các ví dụ cụ thể áp dụng các kết quả của các Bài toán cơ bản này.
Một số phương trình hàm cơ bản
Bài toán 1 (Phương trình hàm Cauchy)
Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) = f(x) + f(y) với mọi x, y ∈ R là một bài toán quan trọng đã được đề cập trong tài liệu ([1]) và ([2]) Kết quả của bài toán cho thấy nghiệm của nó là f(x) = ax, với a thuộc R.
Tổng quát Bài toán 1
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm các hàm f(x) xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(ax+by) (x)+bf(y), ∀x, y ∈ R (1.2)
Cho x = y = 0 thay vào (1.2) ta được f(0) = af(0) +bf(0)
⇔ f(0).(a+b−1) = 0. a) Nếu a+b 6= 1 thì f(0) = 0 Từ (1.2) lần lượt cho x = 0, y = 0 ta được f(by) (y), ∀y ∈ R f(ax) (x), ∀x ∈ R.
Khi áp dụng phương trình (1.2) vào bài toán Cauchy, ta có nghiệm f(x) = cx với c ∈ R Nếu tổng a + b = 1, thì giá trị f(0) có thể chọn tùy ý Đặt g(x) = f(x) - f(0), khi đó g(0) = 0 và từ phương trình (1.2) ta nhận được g(ax + by) + f(0) = a[g(x) + f(0)] + b[g(y) + f(0)].
Theo kết quả trên thì g(x) =cx, với c ∈ R.
Thử lại thấy f(x) = cx+d thỏa mãn.
Ngoài giả thiết liên tục trên R cho hàm trong phương trình hàm Cauchy, nếu thay thế bằng các điều kiện khác như trong Bài toán 1.1.3, lớp hàm thu được vẫn giữ nguyên không thay đổi.
Bài toán phương trình hàm Cauchy không có điều kiện liên tục
Chứng minh rằng nếu hàm f : R −→ R thỏa mãn phương trình hàm Cauchy f(x+y) = f(x) +f(y),∀x, y ∈ R (1.3) và một trong các điều kiện
1 f liên tục tại một điểm x 0 ∈ R;
2 f bị chặn trên trên một khoảng (a;b);
3 f đơn điệu trên R thì f(x) =ax.
Trước hết ta thấy rằng nếu hàm f : R →R thỏa mãn điều kiện Cauchy f(x+y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R thì f(nx) =nf(x), ∀n ∈ N,∀x ∈ R (1.3a) f(x n) = 1 nf(x), ∀n ∈ N ∗ ,∀x ∈ R (1.3b) và f(rx) = rf(x), ∀r ∈ Q,∀x ∈ R (1.3c) Thật vậy, thay x = y vào (1.3) ta được f(2x) = 2f(x), thì (1.3a) đúng với n = 2.
Giả sử (1.3a) đúng với n = k,∀k ∈ N, k ≥ 2, tức là f(kx) = kf(x), ta sẽ chứng minh (1.3a) đúng với n = k + 1 ta có f((k+ 1)x) =f(kx+x) =kf(x) +f(x) = (k+ 1)f(x) (đúng).
Do đó bằng qui nạp thì biểu thức (1.3a) được chứng minh vớin≥ 2, n ∈ N. Khi đó từ (1.3a) với x = 0 ta có f(0) = f(n.0) = nf(0) Từ đó suy ra f(0) = 0 (1.3d)
Hơn nữa từ (1.3) lấy y = −x và sử dụng f(0) = 0, ta thu được f(x−x) = f(x) +f(−x)
Bởi vậy khi n= −1;−2;−3; , sử dụng (1.3a) và (1.3e) ta có f(nx) =f(−n(−x)) = −nf(−x) = nf(x) (1.3f)
Từ (1.3a) và (1.3f) ta suy ra f(nx) =f(−n(−x)) = −nf(−x) = nf(x),∀n∈ Z (1.3g) Bây giờ ta sẽ chứng minh (1.3b) Đẳng thức (1.3a) kéo theo f(x) =f(n.x n) =nf(x n)
Do đó (1.3b) cũng được chứng minh. Để chứng minh (1.3c), ta kết hợp (1.3a) và (1.3b) ta thu được f(m.x n) = m nf(x), ∀m, n ∈ N, n 6= 0. Đặt r = m n ∈ Q, do đó f(rx) = rf(x), ∀r ∈ Q,∀x ∈ R từ đây ta suy ra f(0) = f(0.0) = 0.f(0) = 0.
Tóm lại, nếu f thỏa mãn Phương trình Cauchy thì ta có (1.3b), (1.3c), (1.3d), (1.3e) (1.3g). a) Ta sẽ chỉ ra rằng với điều kiện đã cho f : R −→ R sẽ liên tục tại mọi x ∈ R, do đó f(x) = ax, (a = f(1)).
Trước hết ta chỉ ra f liên tục tại 0.
Giả sử {x n } là dãy sao cho x n → 0, khi đó (x n +x 0 ) → x 0 Lại do f thỏa mãn Phương trình Cauchy cho nên f(x n +x 0 ) = f(x n ) +f(x 0 ).
Do f liên tục tại x 0 nên f(x 0 ) = lim n→∞f(x n +x 0 ) = lim n→∞f(x n ) +f(x 0 ).
Suy ra n→∞lim f(xn) = 0, mà f(0) = 0 do đó n→∞lim f(x n ) =f(0).
Vậy f là hàm liên tục tại 0.
Bây giờ ta giả sử x ∈ R là số thực tùy ý và x n →x Khi đó x n −x → 0, ta có f(x n −x) = f(x n ) +f(−x) =f(x n )−f(x).
Hàm f liên tục tại 0 và giới hạn n→∞lim f(xn) = f(x) cho thấy f : R → R liên tục tại mọi x ∈ R Theo Bài toán 1, ta có f(x) = ax, với a = f(1) Nếu f thỏa mãn Phương trình Cauchy và bị chặn trên một khoảng (a, b), thì nó cũng bị chặn trong mọi khoảng (−α, α) với α > 0 Để chứng minh điều này, ta xét hàm g(x) = f(x) − f(1)x cho mọi x ∈ R.
Dễ thấy hàm g xác định bởi (1.3h) cũng thỏa mãn Phương trình Cauchy g(x+y) =g(x) +g(y),∀x, y ∈ R. Thật vậy, ta có g(x+y) = f(x+y)−f(1)(x+y)
= g(x) +g(y),∀x, y ∈ R. Suy ra g thỏa mãn (1.3c) Do đó g(r) =g(r.1) = rg(1) = r[f(1)−f(1).1] = 0, tức là g(r) = 0,∀r ∈ Q (1.3i)
Vớix ∈ (−α, α) ta có thể chọn số hữu tỉ r ∈ Q sao cho x+r ∈ (a, b), khi đó g(x) = g(x) +g(r) = g(x+r)
Giả sử hàm số f bị chặn trên khoảng (a, b) với điều kiện f(x + r) ≤ M1 cho một M1 nào đó Khi đó, ta có g(x) ≤ M1 - f(1)a = M2, do đó g cũng bị chặn trên khoảng (−α, α) Từ đó, f(x) được biểu diễn dưới dạng g(x) + f(1)x ≤ M2 + f(1)b = M3 cho mọi x ∈ (−α, α), dẫn đến f(x) cũng bị chặn trên khoảng (−α, α) Với x ∈ (−α, α), ta có y = −x ∈ (−α, α), nên f(x) ≤ M3 Hơn nữa, vì f(y) = f(−x) = −f(x) ≤ M3, nên ta cũng có f(x) ≥ −M3.
Vậy f(x) cũng bị chặn dưới trên (−α, α), tức f bị chặn trên tập (−α, α).
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh f liên tục tại 0, khi đó theo (a) ta được f(x) = ax. Để chứng minh được điều đó ta sẽ chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 1.1 Nếu {x n } ∞ n=1 là một dãy dần tới 0, thì tồn tại một dãy các số hữu tỉ {r n } ∞ n=1 ⊂ Q Sao cho r n → ∞ và n→∞lim x n r n = 0.
Chứng minh Do xn → 0 nên |x n | → 0 Khi đó ta cũng có |x n | 1 2 →
0,|x n | 1 3 →0 và do |x n | → 0nên có thể giả thiết0 < |x n | < 1,∀n ∈ N.
Do tập số hữu tỉ Q trù mật trong R với mỗi n ∈ N, tồn tại r n ∈ Q sao cho
Bây giờ ta tiếp tục giải bài toán (b).
Giả sử dãy {x n} ∞ n=1 tiến tới 0 khi n → ∞, theo Bổ đề, tồn tại r n ∈ Q với r n → +∞ sao cho x n r n → 0 khi n → ∞ Với n đủ lớn, x n r n nằm trong khoảng (−α, α), dẫn đến dãy {|f(x n r n)|} là dãy bị chặn.
Vậy thì n→∞lim f(x n ) = 0 = f(0), tức là f liên tục tại 0 Do đó theo (a) ta có f(x) =ax,∀x ∈ R. c) Giả sử f đơn điệu không giảm, khi đó do (1.3b), (1.3c), (1.3d) với
Do đó f liên tục tại 0, nên từ (a) ta suy ra f(ax) =ax.
Bài toán 2
Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) = f(x).f(y) cho mọi x, y ∈ R là một bài toán đã được trình bày trong tài liệu ([1]) và ([2]) Kết quả của bài toán này là: f(x) = 0 khi x = y = 0 và f(x) = a^x với a > 0 tùy ý.
Hàm mũ chỉ được xác định với cơ số dương, do đó nếu miền giá trị của bài toán được giới hạn trong R+, chúng ta có thể tổng quát Bài toán 2 như sau.
Tổng quát Bài toán 2
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm các hàm f : R −→ R + xác định, liên tục trên
R và thỏa mãn điều kiện: f(ax+by) = [f(x)] a [f(y)] b , ∀x, y ∈ R.Giải
Theo giả thiết f(x) > 0,∀x ∈ R nên có thể đặt g(x) = lnf(x).
Bài toán yêu cầu xác định hàm g liên tục trên R, thỏa mãn điều kiện g(ax+by) = ag(x) + bg(y) với mọi x, y ∈ R Theo cách giải của Bài toán tổng quát, nếu a+b = 1, thì hàm g có dạng g(x) = cx + d, với c và d là các số thực tùy ý.
Suy ra f(x) = e cx+d , ∀c, d ∈ R tùy ý. b) Nếu a+b 6= 1 thì g(x) = cx, ∀c, d ∈ R tùy ý.
Bài toán 3
Xác định các hàm f(x) liên tục trên R\{0} thỏa mãn điều kiện f(xy) = f(x)f(y) với mọi x, y ∈ R là một bài toán đã được đề cập trong tài liệu ([1]) và ([2]) Kết quả của bài toán này là:
−|x| β , ∀x ∈ R − Nhận xét 1.3 Nếu hạn chế miền xác định và miền giá trị của bài toán là R + thì ta có thể tổng quát hóa như sau.
Tổng quát Bài toán 3
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm f : R + −→ R + xác định, liên tục trên R + và thỏa mãn điều kiện f(x a y b ) = [f(x)] a [f(y)] b , ∀x, y ∈ R +
Do x > 0, y > 0nên ta có thể đặt u = lnx, v = lny, khi đó từ giả thiết của bài toán ta được f(e au+bv ) = [f(e u )] a [f(e v )] b , ∀u, v ∈ R.
Ta đặt g(x) = f(e x ) bài toán quy về tìm hàm g : R −→ R + xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(ax+by) = [g(x)] a [g(y)] b , ∀x, y ∈ R.
Sử dụng kết quả củaBài toán tổng quát của Bài toán 2 ta được
Bài toán 4
Xác định các hàm f(x) liên tục trên R\{0} và thỏa mãn điều kiện: f(x.y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R.
Bài toán này đã được trình bày trong tài liệu ([1]) và ([2]), ở đây em chỉ đưa ra kết quả Nghiệm của bài toán là f(x) = bln|x| với b ∈ R tùy ý.
Nhận xét 1.4 Nếu hạn chế miền xác định là R + thì ta có thể tổng quát bài toán như sau.
Tổng quát Bài toán 4
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm f : R + −→ R + xác định, liên tục trên R + và thỏa mãn điều kiện f(x a y b ) = af(x) +bf(y), ∀x, y ∈ R +
Do x > 0, y > 0 nên ta có thể đặt e u = x, e v = y,∀u, v ∈ R, khi đó từ giả thiết của bài toán ta được f(e au+bv ) = af(e u ) +bf(e v ), ∀u, v ∈ R.
Ta đặt g(x) = f(e x ) bài toán quy về tìm hàm g : R −→ R + , xác định liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(ax+by) = ag(x) +bg(y), ∀x, y ∈ R.
Sử dụng kết quả của Bài toán tổng quát của Bài toán 1 ta được
2 Nếu a+b 6= 1 thì f(x) =cx+d với c, d ∈ R tùy ý.
Suy ra f(x) = clnx+d với c, d ∈ R tùy ý.
Các ví dụ áp dụng
Dưới đây là các ví dụ áp dụng các Bài toán cơ bản trên.
Ví dụ 1.1 Xác định hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f(x)+f(y)−f(x+y) = √
Do đó (1.1) tương đương với
2 x 2 , do f liên tục trên R nêng cũng liên tục trên
R Khi đó bài toán quy về tìm hàm g liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(x+y) = g(x) +g(y).
Theo kết quả của Bài toán 1, ta có nghiệm là: g(x) =ax, ∀a ∈ R. Vậy khi đó nghiệm của bài toán là f(x) = −
Ví dụ 1.2 (Tổng quát hóa)Xác định các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x) +f(y)−f(x+y) = axy, ∀x, y ∈ R (1.2) Giải
Do đó (1.2) tương đương với
2x 2 , do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R. Khi đó bài toán quy về tìm hàm g liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(x+y) = g(x) +g(y).
Theo kết quả của Bài toán 1, ta có nghiệm là: g(x) = αx, ∀α ∈ R.
Vậy khi đó nghiệm của bài toán là f(x) = −a
Ví dụ 1.3 ( Đề thi hoc sinh giỏi Quốc gia 2006)
Xác định các hàm số f liên tục trên R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn điều kiện f(x−y)f(y−z)f(z−x)+8 = 0, ∀x, y, z ∈ R (1.3) Giải
2) > 0 nên để phương trình trên xảy ra thì f(t) < 0,∀t ∈ R.
Ta đặt g(x) = log 2 (−f(x)) ⇒ f(x) = −2 g(x) , do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R Thay vào phương trình (1.3) ta được g(x−y)+g(y−z)+g(z−x) = 3 (1.3a) Đặt u = x−y;v = y −z ⇒z −x= −u−v, khi đó (1.3a) trở thành g(u) +g(v) +g(−u−v) = 3 (1.3b) Đặt h(x) =g(x)−1 thì (1.3b) trở thành h(u)+h(v) = −h(−u−v) (1.3c)
Cho u = v = 0 thay vào (1.3c) ta được h(0) +h(0) = −h(0) ⇔h(0) = 0 Cho u = x;v = 0 thay vào (1.3c) ta được h(x) +h(0) = −h(−x) ⇔ h(−x) =−h(x).
Vậy h(x) là hàm lẻ và do g liên tục nên h cũng liên tục Do đó phương trình (1.3c) trở thành h(u) +h(v) = h(u+v).
Theo kết quả của Bài toán 1 thì h(x) =ax,∀a ∈ R
Ví dụ 1.4 Xác định các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f[2015f(x) +f(y)] = 2015x+y,∀x, y ∈ R (1.4) ( Đề dự tuyển Olympic.)
Cho x = y thay vào (1.4) ta được f[2016f(x)] = 2016x (1.4a) Đặt u = 2016f(x);v = 2016f(y) thay vào (1.4a) ta được f(u) = 2016x;f(v) = 2016y.
Do đó f[2015f(u)+f(v)] = f(2015.2016x+2016y) (1.4b) Theo giả thiết f[2015f(u)+f(v)] = 2015u+v (1.4c)
Lại thay lần lượt x = 0;y = 0 vào (1.4d) ta được f(2016y) = 2016f(y); và f(2015.2016x) = 2015.2016f(x).
Do đó (1.4d) trở thành f(2015.2016x+2016y) =f(2015.2016x)+f(2016y) (1.4e) Đặt u = 2015.2016x;v = 2016y thay vào (1.4e) ta được f(u+ v) =f(u) +f(v). Đến đây bài toán trở về Bài toán 1 có nghiệm là f(x) = ax,∀a ∈ R.
Ví dụ 1.5 Xác định các hàm số liên tục f : R + −→ R thỏa mãn điều kiện f[ 1 f(xy)] = f(x)f(y), ∀x > 0;y > 0 (1.5) Giải Đặt f(1) = a 6= 0 vì theo (1.5) cho x = y = 1 ta được f[ 1 f(1.1)] = f(1)f(1).
Trong (1.5) thay y = 1 ta được f[ 1 f(x)] = af(x), suy ra f[ 1 f(xy)] = af(xy).
Do đó (1.5) trở thành af(xy) =f(x)f(y)
⇔ f(xy) a = f(x) a f(y) a (1.5a) Đặt g(x) = f(x) a thì g(x) liên tục và (1.5a) trở thành g(xy) = g(x).g(y), ∀x > 0;y > 0. Đến đây theo kết quả Bài toán 3 nghiệm của bài toán là g(x) =x β
Vậy f(x) = ax β Thay vào (1.5) ta có f[ 1 a(xy) β ] = ax β ay β , ∀x > 0;y > 0
⇔ 1 a β (xy) 2β = a.(xy) β ,∀x > 0, y > 0 (1.5b) Cho xy = 1 thay vào (1.5b) ta được a β+1 = 1
1 Nếu a = 1 thì f(x) =x β thay vào (1.5) ta được
2 Nếu β = −1 thì f(x) = a x thay vào (1.5) ta được a
Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = a x,∀x > 0;y > 0;a ∈ R.
Ví dụ 1.6 (Toán học và Tuổi trẻ số 378) Xác định các hàm số f, g, h liên tục và xác định trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) =g(x) +h(y), ∀x, y ∈ R (1.6) Giải
Trong (1.6) lần lượt cho y = 0, x = 0 đặt a = h(0), b = g(0) ta được g(x) = f(x)−a,∀x ∈ R; (1.6a) h(y) =f(y)−b,∀y ∈ R, (1.6b) thay các giá trị từ (1.6a) và (1.6b) vào (1.6) ta được f(x+y) = f(x)−a+f(y)−b
⇔ f(x+ y) =f(x) +f(y)−(a+b),∀x, y ∈ R. Khi đó ta đặt k(x) = f(x)−(a+b) thì bài toán trở thành k(x+y) = k(x) +k(y),∀x, y ∈ R. Đó là bài toán Cauchy có nghiệm là k(x) =cx,∀c ∈ R.
Vậy nghiệm của bài toán là
Ví dụ 1.7 Xác định các hàm số f liên tục và xác định trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) = f(x) +f(y) +f(x)f(y),∀x, y ∈ R (1.7) Giải
Cho x = y = 0 thay vào (1.7) ta được f(0) = 2f(0) +f 2 (0)
Với x 6= 0, y 6= 0 cộng 1 vào 2 vế của (1.7) ta được f(x+y) + 1 = f(x) + 1 +f(y) + 1 +f(x)f(y)−1,∀x, y ∈ R (1.7a) Đặt g(x) =f(x) + 1 ⇔f(x) =g(x)−1 thay lên (1.7a) ta được g(x+ y) =g(x) +g(y) + [g(x)−1][g(y)−1]−1
Bài toán trở về Bài toán 2- Phương trình Cauchy nghiệm của bài toán là g(x) = 0 với x = y = 0 g(x) =a x với x, y 6= 0,∀a > 0.
Vậy nghiệm của bài toán là
Ví dụ 1.8 Tìm tất cả các hàm số f :R →R thỏa mãn các điều kiện sau:
Do đó thay vào biểu thức (1.8) ta được f(x+y) = f(x) + f(y) + 1
Hàm g thỏa mãn điều kiện Cauchy và do f liên tục tại x = 0, nên g cũng liên tục tại x = 0 Điều này dẫn đến việc giải bài toán 1.1.3 với nghiệm g(x) = ax, ∀a ∈ R Do đó, nghiệm của bài toán là f(x) = 1.
Để xác định các hàm số f liên tục và xác định trên R thỏa mãn điều kiện f(xf(x)+f(y)) = f^2(x)+y với mọi x, y thuộc R, ta cần chứng minh rằng hàm f(x) là hàm đơn ánh và toàn ánh Khi cho x = 0 vào điều kiện trên, ta nhận được phương trình f(f(y)) = y + f^2(0).
Ta thấy vế phải của (1.9a) là toàn ánh nên vế trái của (1.9a) cũng là toàn ánh.
Vậy f là hàm toàn ánh. b) Bây giờ ta sẽ chứng minh f là đơn ánh Theo trên f là toàn ánh nên tồn tại t∈ R sao cho f(t) = 0.
Cho x = 0 và thay y = t vào (1.9a) ta được f(0) = t+f 2 (0).
Cho x = t ⇒f(x) = 0 thay vào (1.9) ta có f(f(y)) = y.
Vì y = t kết hợp với (1.9a) ta có t = f(f(t)) = f(0) = t+ f 2 (0) ⇒ f(0) = 0.
Vậy f là hàm đơn ánh.
Thay f(x) = x vào (1.9) ta được f(xf(x) +f(y)) = x 2 +y
Vì f 2 (x) =x 2 ,∀x ∈ R, khi đó xảy ra hai trường hợp:
1 Nếuf(1) = 1 ⇒x = 1, thay vào (1.9) ta có f(1 +f(y)) = 1 +y bình phương hai vế của đẳng thức lên ta được
2 Nếuf(1) = −1⇒ x = −1, thay vào (1.9) ta có f(−1 +f(y)) = 1 +y bình phương hai vế của đẳng thức lên ta được
⇔f(y) = −y,∀y ∈ R. Vậy hàm số cần tìm là f(x) = x hoặc f(x) = −x với mọi x;y ∈ R.
Ví dụ 1.10 Xác định các hàm số f liên tục và xác định trên R thỏa mãn điều kiện: f(x 2 −f 2 (y)) = xf(x)−y 2 ,∀x, y ∈ R (1.10) Giải
P(u, v) = f(u 2 −f 2 (v)) = uf(u)−v 2 ,∀u, v ∈ R (1.10a) Cho x = 0, y = 0 vào (1.10), ta được f(−f 2 (0)) = 0 (1.10b)
Trước hết ta chứng minh f(y) = 0 thì y = 0, thật vậy Đặt a = −f 2 (0), thì (1.10b) trở thành f(a) = 0.
Thay (u, v) bởi (0, a) vào (1.10a), ta được
Với y = 0 ⇒ f(0) = 0 thay vào (1.10) ta có
⇔f(x 2 ) = xf(x),∀x ∈ R. Nếu f(y) = 0 thì từ (1.10) ta suy ra f(x 2 ) = xf(x)−y 2 ⇒ −y 2 = 0 ⇒y = 0 Vậy f(y) = 0 thì y=0.
P(−x; 0) =f(x 2 ) = −xf(−x),∀x ∈ R. Suy ra xf(x) = −xf(−x),∀x ∈ R nên f(−x) = −f(x),∀x 6= 0 Kết hợp với f(0) = 0 suy ra f(−x) =−f(x),∀x∈ R (1.10d)
Ta chứng minh f toàn ánh Từ (1.10c) suy ra với mọi y ≤ 0 luôn tồn tại x sao cho f(x) =y.
Với y > 0 thì luôn tồn tại x sao cho y = x 2 = −f(−f 2 (x)) = f(f 2 (x)) vậy f toàn ánh.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh f(x) = x,∀x ∈ R.
Từ (1.10) và sử dụng các kết quả ở trên ta suy ra f(x 2 −f 2 (y)) =f(x 2 )−f(−f 2 (y)),∀x, y ∈ R, (1.10e) từ (1.10e) và do f toàn ánh f(x+y) = f(x) +f(y),∀x ≥ 0;y ≥ 0
Sử dụng f(x 2 ) =xf(x),∀x ∈ R Và từ (1.10f) ta được f((x+ 1) 2 ) = (x+ 1)[f(x) +f(1)] = xf(x) +xf(1) +f(x) +f(1) f((x+ 1) 2 ) =f(1 + 2x+x 2 ) = xf(x) + 2f(x) +f(1)
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = x,∀x ∈ R.
Ví dụ 1.11 (Đề thi chọn hoc sinh giỏi Quốc gia 2010) Tìm tất cả các hàm liên tục f : R + −→R + thỏa mãn các điều kiện sau: f[f(xy)−xy]+xf(y)+yf(x) =f(xy)+f(x).f(y),∀x, y > 0 (1.11) Giải
Phương trình (1.11) tương đương với f[f(xy)−xy]−[f(xy)−xy] = [f(x)−x].[f(y)−y] cho mọi x, y > 0 Đặt g(x) = f(x)−x, với f(x) liên tục trên R +, ta có g: R + −→ R + cũng liên tục Khi đó, phương trình trở thành g(g(xy)) = g(x)g(y) cho mọi x, y > 0 Đặt g(1) = a, khi y = 1, ta có g(g(x)) = ag(x) cho mọi x > 0, suy ra g(g(xy)) = ag(xy) cho mọi x, y > 0.
Từ (1.11b) và(1.11c) ta có g(x)g(y) =ag(xy). Đặt g(x) a = h(x) ta được h(x)h(y) = h(xy),∀x, y >0.
Bài toán trở về Bài toán 3 nghiệm của bài toán là h(x) =x β ,∀x > 0, khi đó g(x) = ah(x) =a.x β ,∀x > 0.
Vậy nghiệm của bài toán f(x) = x+ g(x) =x+a.x β ,∀x > 0 với a = g(1).
Ví dụ 1.12 ( Theo IMO, 2009) Cho hai hàm số f : R −→ R và g :R −→R thỏa mãn f(x+g(y)) = xf(y)−yf(x) +g(x),∀x, y ∈ R (1.12) Hãy tìm hai hàm f và g.
Ta giả sử hàm tồn tại α ∈ R sao cho g(α) = 0.
Thay y = α vào (1.12) ta được f(x) = xf(α)−αf(x) +g(x)
Thay g(x) lên (1.12) ta được f(x+g(y)) = xf(y)−yf(x) + (α + 1)f(x)−xf(α)
Thay y = α+ 1 vào biểu thức trên ta được f(x+g(α+ 1)) = x[f(α+ 1)−f(α)]. Đặt n = g(α + 1);m = f(α+ 1)−f(α) thay vào biểu thức trên ta được f(x+n) =mx.
Hàm f và g đều là các hàm tuyến tính, với f(x) = ax + b và g(x) = cx + d Khi thay thế vào phương trình đã cho, ta có biểu thức a[x + (xy + d)] + b = x(ay + b) - y(ax + b) + cx + d.
⇔ ax+acy +ad+b = x(b+c)−by +d đồng nhất hệ số ta có
1 +c d= −c 2 Khi đó f(x) = cx−c 2 c+ 1 và g(x) = cx−c 2 với c ∈ R\{−1}.
Bây giờ ta sẽ chứng minh sự tồn tại của α để g(α) = 0.
Nếu f(0) = 0 ta đặt y = 0 thay vào biểu thức đã cho ta có f(x+g(0)) = g(x).
Do đó ta có thể đặt α = −g(0).
Giả sử f(0) = b ≠ 0, thay x = g(x) vào phương trình đã cho, ta có f(g(x) + g(y)) = g(x)f(y) − yf(g(x)) + g(g(x)) Tương tự, từ phương trình f(g(x) + g(y)) = g(y)f(y) − xf(g(y)) + g(g(y)), khi thay x = 0, ta nhận được g(y) = a − by với a = g(0) Đặc biệt, do g là đơn ánh và f là toàn ánh, tồn tại c ∈ R sao cho f(c) = 0.
Kết hợp (1.12a) và (1.12b) ta được g(x)f(y)−ay+g(g(x)) = g(y)f(x)−ax+g(g(y)), (1.12c) thay y = c vào (1.12c) ta được g(g(x)) = g(c)f(x)−ax+g(g(c)) +ac = kf(x)−ax+d.
Khi đó (1.12c) trở thành g(x)f(y) +kf(x) =g(y)f(x) +kf(y).
Cho y = 0 ta được g(x)b+ kf(x) = af(x) +kb, từ đó ta có g(x) = a−k b f(x) +k.
Chú ý g(0) = a 6= k = g(c), do g đơn ánh và f toàn ánh vậy g cũng toàn ánh.
Do đó tồn tại α để g(α) = 0.
Vậy hai hàm f và g cần tìm là f(x) = cx−c 2 c+ 1 và g(x) = cx−c 2 với c ∈ R\{−1}.
Trong đề thi Olympic 2015, bài toán yêu cầu tìm tất cả các hàm f: R → R liên tục tại x = 0, thỏa mãn điều kiện f(αx) = f(βx) + x² với hai số thực bất kỳ α, β sao cho |α| ≠ |β| Câu hỏi cũng đặt ra việc liệu có tồn tại hàm f thỏa mãn các điều kiện trên khi |α| = |β| hay không.
Theo bài ra ta có |α| 6= |β|. a) Giả sử |α| > |β| ta đặt k = β α;y = αx ta có |k| < 1 Thay lên (1.13) ta được f(y) =f(ky) + y 2 α 2 Liên tiếp dùng ý tưởng này, ta được f(y) =f(k n y) + y 2 α 2 n−1
Do f liên tục tại 0 nên cho n → ∞, ta có f(y) = f(0) + y 2 α 2 n−1
⇔ f(y) =f(0) + y 2 α 2 −β 2 b) Nếu |β| > |α| ta đặt k = α β;y = αx ta có |k| < 1 Thay lên (1.13) ta được f(y) =f(ky)− y 2 β 2 Tiếp tục làm tương tự như trên, ta được f(y) = f(0)− y 2 β 2 −α 2 = f(0) + y 2 α 2 −β 2 Nếu |α| = |β| ta xét hai trường hợp sau:
1 Nếu α = β thì không tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện đề bài vì f(αx) =f(αx) + x 2 ,∀x 6= 0 (vô lý).
2 Nếu α = −β thì không tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện đề bài vì f(αx) =f(−αx) +x 2 ,∀x 6= 0 (vô lý).
Vậy nếu |α| = |β|, thì không tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện đề bài
Các bài toán trong Mục 1.2 đều giả thiết tính liên tục của hàm Tuy nhiên, theo Bài toán 1.13, chỉ cần hàm thỏa mãn một trong ba điều kiện được nêu trong đó.
Một vài phương pháp giải phương trình hàm
Phương trình hàm là một lĩnh vực khó trong Giải tích, không có quy tắc tổng quát để giải quyết Để giải các phương trình này, người học cần quan sát kỹ lưỡng và tìm ra các phương án thích hợp Việc giải toán phương trình hàm yêu cầu tư duy sáng tạo và khả năng vận dụng linh hoạt kiến thức đã học vào các bài toán phức tạp, thường không dựa vào công thức có sẵn, ngoại trừ một số dạng đã được phân loại Dưới đây là một số ý tưởng định hướng mà tôi gọi là phương pháp giải các phương trình hàm.
Có nhiều phương pháp để giải Phương trình hàm, nhưng do giới hạn dung lượng của luận văn, tôi chỉ trình bày một số phương pháp cơ bản.
Phương pháp đặt ẩn phụ
Phương trình dạng: f (α(x)) = g(x)
Trong phương trình đã cho, α(x) và g(x) là các hàm số xác định trên R Chúng ta thường đặt t = α(x) và tìm x = h(t) để thay thế vào phương trình, từ đó có được f(t) = g(h(t)) với mọi t thuộc R.
Từ đó ta được phương trình hàm cần tìm là f(x) =g(h(x)).
Tuy nhiên, không phải lúc nào bài toán cũng đơn giản và dễ giải quyết Thường thì cần áp dụng các phép biến đổi để đưa phương trình về dạng f(α(x)) = h(α(x)), với mọi x thuộc R.
Và từ đó hàm cần tìm có dạng f(x) = h(x).
Hàm số f(x) tìm được phải thử lại trực tiếp các yêu cầu của đề bài xem có thỏa mãn không rồi mới kết luận là nghiệm của phương trình.
Các ví dụ
Ví dụ 2.1 (Vô địch Hàn Quốc 1999) Cho hàm f thỏa mãn điều kiện f(x−3 x+ 1)+f(x+ 3
1−x) = x,∀x 6= 1 (2.1) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên.
Khi đó phương trình (2.1) đã cho được viết lại thành f(t) +f(t−3
Khi đó phương trình (2.1) đã cho được viết lại thành f(t+ 3
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 4x
Ví dụ 2.2 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R −→ R thỏa mãn các điều kiện sau: f(x+ 1 x−1) =x+ 3,∀x ∈ R, x 6= 1 (2.2) Giải Đặt t= x+ 1 x−1 ⇒ x = t+ 1 t−1 vì x 6= 1 ⇒t 6= 1, thay vào (2.2) ta được f(t) = t+ 1 t−1 + 3,∀t ∈ R, t 6= 1 hay f(x) = x+ 1 x−1 + 3,∀x ∈ R, x 6= 1.
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = x+ 1 x−1 + 3,∀x ∈ R, x 6= 1.
Ví dụ 2.3 Xác định tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x+1 x) = x 3 + 1 x 3 ,∀x ∈ R, x 6= 0 (2.3) Giải
Khi đó (2.3) trở thành f(x+ 1 x) = (x+ 1 x) 3 −3(x+ 1 x). Đặt t = x+ 1 x Thay vào (2.3) ta được f(t) = t 3 −3t,∀t ∈ R, hay f(x) =x 3 −3x,∀x ∈ R, x 6= 0.
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) =x 3 −3x,∀x ∈ R, x 6= 0.
Ví dụ 2.4 (Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia 2000) Tìm tất cả các hàm liên tục f thỏa mãn các điều kiện sau: x 2 f(x) +f(1−x) = 2x−x 4 ,∀x ∈ R (2.4)Giải Đặt t= 1−x ⇒x = 1−t Thay vào (2.4) ta được
(1−t) 2 f(1−t) +f(t) = 2(1−t)−(1−t) 4 ,∀t∈ R hay (1−x) 2 f(1−x) + f(x) = 2(1−x)−(1−x) 4 ,∀x ∈ R (2.4a) Mặt khác từ (2.4) suy ra f(1−x) = 2x−x 4 −x 2 f(x) (2.4b) Thay (2.4b) vào (2.4a) ta được
Để giải phương trình x² − x − 1 = 0, ta có hai nghiệm x₁ và x₂ Nếu x khác x₁ và x₂, thì hàm số f(x) = 1 − x² Ngược lại, nếu x = x₁ hoặc x = x₂, theo định lý Vi-ét, ta có x₁ + x₂ = 1 và x₁ · x₂ = −1 Thay x = x₁ và x = x₂ vào các phương trình liên quan, ta nhận được các hệ thức: x₁² · f(x₁) + f(1 − x₁) = 2x₁ − x₁⁴ và x₂² · f(x₂) + f(1 − x₂) = 2x₂ − x₂⁴ Từ đó, ta có thể rút gọn thành x₁² · f(x₁) + f(x₂) = 2x₁ − x₁⁴ và x₂² · f(x₂) + f(x₁) = 2x₂ − x₂⁴.
Vì x 2 1 x 2 2 −1 = 0 nên vế trái của (2.4d) và (2.4e) bằng 0, còn vế phải của chúng thì khác 0.
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1−x 2 ,∀x 6= x 1 , x 6= x 2
Ví dụ 2.5 Xác định tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x−1 x ) + 2f(1 x) =x,∀x ∈ R, x 6= 0, x 6= 1 (2.5) Giải
Ta có (2.5) tương đương với đẳng thức sau f(1− 1 x) + 2f(1 x) = x. Đặt t = 1− 1 x ⇒ x = 1
1−t vì x 6= 0, x 6= 1 ⇒ t 6= 0, t 6= 1 thế vào đẳng thức trên ta được f(t) + 2f(1−t) = 1
1−x,∀x ∈ R, x 6= 0, x 6= 1 (2.5a) Đặt u = 1ưx ⇒ x= 1ưu vì x 6= 0, x 6= 1 ⇒ u 6= 0, u 6= 1 thế vào đẳng thức (2.5a) ta được f(1ưu) + 2f(u) = 1 u,∀u ∈ R, u 6= 0, u 6= 1 hay f(1−x) + 2f(x) = 1 x,∀x ∈ R, x 6= 0, x 6= 1
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 2−3x
Ví dụ 2.6 Tìm tất cả các hàm f xác định trên R và thỏa mãn điều kiện sau: f(x) +xf(−x) =x+ 1,∀x ∈ R (2.6) Giải
Ta đặt t= −x ⇒ x = −t thế vào (2.6) ta được f(−t)−tf(t) = −t+ 1,∀t ∈ R, hay f(−x)−xf(x) =−x+ 1,∀x ∈ R
⇔ f(−x) = −x+ 1 +xf(x) (2.6a) Thế (2.6a) vào (2.6) ta được f(x) + x[−x+ 1 +xf(x)] = x+ 1
⇔f(x) = 1 (vì x 2 + 1 6= 0.) Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1,∀x ∈ R.
Ví dụ 2.7 Tìm các hàm f : R\{0} −→ R + xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện
Ta đặt t= 1 x ⇒ x = 1 t vì x 6= 0 ⇒ t6= 0 thế vào (2.7) ta được tf(−1 t ) + f(t) = 1 t, hay xf(−1 x )+f(x) = 1 x,∀x 6= 0 (2.7a) Đặt u = −1 x ⇒x = −1 u vì x 6= 0 ⇒ u 6= 0, thế vào (2.7a) ta được
Thế (2.7b) vào (2.7a) ta được x[−x+ 1 xf(x)] +f(x) = 1 x
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1 +x 3
Phương pháp đưa về hệ phương trình
Phương trình dạng: a(x)f (x) + b(x)f (g(x)) = c(x) 40
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các hàm a(x), b(x), c(x) và g(x) đã biết, cùng với hàm f(x) có tập xác định D f Đối với mỗi x thuộc D f, ta xây dựng một dãy số xác định bởi x1 = x, x2 = g(x1), và tiếp tục với xn+1 = g(xn) cho mọi n thuộc N* Dãy số {xn} được gọi là tuần hoàn nếu tồn tại một k thuộc N* sao cho xn+k = xn cho mọi n thuộc N*.
Chu kỳ cơ sở, hay còn gọi là chu kỳ, là số nguyên dương k nhỏ nhất để dãy {x n} thỏa mãn một điều kiện nhất định Nếu dãy {x n} từ n=0 đến vô cùng được xác định theo cách này, thì nó được gọi là dãy tuần hoàn với chu kỳ k.
Ta sẽ đưa phương trình hàm dạng nói trên về hệ k phương trình cơ bản.Giải hệ này ta tìm được hàm f(x).
Các ví dụ
Ví dụ 2.8 Giải phương trình hàm sau f(x)+f(x−1 x ) = x+1,∀x 6= 0;x 6= 1 (2.8) Giải Đặt g(x) = x−1 x Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.8) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x1) ta được f(x 1 ) = 1 +x1 −x2 +x3
Do x 1 = x ∈ R\{0; 1} là tùy ý, nên nghiệm của bài toán là f(x) = 1
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1
Ví dụ 2.9 Giải phương trình hàm sau xf(x) + 2f(x−1 x+ 1) = 1,∀x6= 0;x 6= ±1 (2.9)
Giải Đặt g(x) = x−1 x+ 1 Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 5 = x 1+4 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 4 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 từ (2.9) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x1) ta được f(x 1 ) = x 2 x 3 x 4 −2x 3 x 4 + 4x 4 −8 x 1 x 2 x 3 x 4 −16 , với x1, x2, x3, x4 ta biểu diễn ở trên thay vào ta có: f(x) = 4x 2 −x+ 1
5x(1−x) ,∀x 6= 0;x 6= ±1. a) Cho x = 0 thay lên(2.9) ta được
2. b) Cho x = 1 thay lên(2.9) ta được f(1) + 2f(0) = 1. Đặt a = f(0), do đó f(1) = 1−2a.
Thử hàm các hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x)
Chú ý 2.1 Trong một số trường hợp ta gặp phải những phương trình dạng a(x)f(h(x)) +b(x)f(g(x)) = c(x) (∗)
Để giải phương trình, chúng ta có thể đặt t = h(x) hoặc t = g(x) tùy thuộc vào phương trình nào cho phép suy ra biểu thức nghiệm một cách dễ dàng và đơn giản hơn Mục tiêu là biến đổi phương trình thành dạng a1(t)f(t) + b1(t)f(g1(t)) = c1(t) Nếu dãy nhận được là dãy tuần hoàn, chúng ta sẽ áp dụng phương pháp đã trình bày để giải quyết phương trình và tìm ra hàm f(x) cần thiết.
Ví dụ 2.10 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa mãn các điều kiện sau:
1−x Giả sử x ∈ R\{0;±1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 5 = x 1+4 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 4 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 từ (2.10a) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x 1 ) = 8x 1 x 2 x 3 + 4x 1 x 2 +x 1 + 1
1−16x 1 x 2 x 3 x 4 , với x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ta biểu diễn ở trên thay vào ta có: f(x) = 2x 2 −3x−7
15(x−1) ,∀x 6= 0;x 6= ±1. a) Cho x = 1 thay vào (2.10) ta được
Thử hàm các hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x)
1−2a nếu x= −1 b nếu x= 1 với a, b bất kỳ.
Ví dụ 2.11 ( Đề thi vô địch Hàn Quốc 1999) Cho hàm f thỏa mãn điều kiện f(x−3 x+ 1) +f(x+ 3
1−x) =x,∀|x| 6= 1 (2.11) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên.
Bài toán này có thể được giải bằng phương pháp lập hệ phương trình, thay vì sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ như trong ví dụ 2.1 Đặt t = (x−3)/(x+1), từ đó ta có thể biểu diễn x dưới dạng x = t + 3.
1−x,∀|x| 6= 1 (2.11a) Đặt g(x) = x−3 x+ 1 Giả sử x ∈ R\{±1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.11a) thu được hệ phương trình
1−x 3 Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x1) = 1
1−x 3 ), theo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = 1
Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 4x
Chú ý 2.2 1 Nếu dãy {x n } ∞ n=0 tuần hoàn với chu kỳ 2, ta nên sử dụng đặt ẩn phụ.
2 Nếu dãy tuần hoàn với chu kỳ k ≥3 thì ta nên sử dụng phương pháp đưa về hệ phương trình.
Ví dụ 2.12 Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau:
2x.f(x)+f(x−1 x+ 1) = x+1,∀x 6= 0, x 6= ±1 (2.12) Giải Đặt g(x) = x−1 x+ 1 Giả sử x ∈ R\{0;±1} ta xét dãy x1 = x;x2 = g(x1); ;xn+1 = g(xn),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 5 = x 1+4 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 4 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 từ (2.12) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x 1 ) = 8x1x2x3x4 + 4x2x3x4 −2x3x4 +x4 −1
16x 1 x 2 x 3 x 4 −1 , vheo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = −2x 2 + 2x+ 2
5x(1−x) ,∀x 6= 0;|x| 6= 1. a) Cho x = 0 thay lên (2.12) ta có f(−1) = 1. b) Cho x = 1 thay lên (2.12) ta có f(0) + 2f(1) = 2. Đặt f(0) = a ⇒ f(1) = 2−a
2 Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x)
Ví dụ 2.13 Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x) +f( 1
1−x ⇒ x = t−1 t vì x 6= 0;x 6= 1 ⇒ t 6= 0;t 6= 1 Khi đó (2.13) trở thành f(t−1 t ) +f(t) = 2t(2−t) t−1 ,∀t 6= 0;t 6= 1, hay f(x−1 x )+f(x) = 2x(2−x) x−1 ,∀x 6= 0, x 6= 1 (2.13a) Đặt g(x) = x−1 x Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.13a) ta thu được hệ phương trình
f(x 1 ) + f(x 2 ) = 2x1(2−x1) x 1 −1 f(x 2 ) + f(x 3 ) = 2x 2 (2−x 2 ) x2 −1 f(x3) + f(x1) = 2x 3 (2−x 3 ) x 3 −1 Giải hệ này với ẩn là f(x1) ta được f(x 1 ) = 1
2[2x 1 (2−x 1 ) x 1 −1 − 2x 2 (2−x 2 ) x 2 −1 + 2x 3 (2−x 3 ) x 3 −1 ], theo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = x(2−x) x−1 − x−1 x (2− x−1 x ) x−1 x −1
Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = x+ 1 x−1,∀x 6= 0, x 6= 1.
Ví dụ 2.14 Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x)+ 1
1−x ⇒ x = t−1 t vì x 6= 0;x 6= 1 ⇒ t 6= 0;t 6= 1 Khi đó (2.14) trở thành f(t−1 t ) + t
2(x−1)f(x) = 1,∀x 6= 0, x 6= 1 (2.14a) Đặt g(x) = x−1 x Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.14a) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x 1 ) x 2 x 3 4(x 2 −1)(x 3 −1) − x 3
, theo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = 6x−2
Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 6x−2
Phương pháp chuyển qua giới hạn
Các ví dụ
Ví dụ 2.15 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: f(4x)+f(9x) = 2f(6x),∀x ∈ R (2.15) Giải
6 thì phương trình (2.15) tương đương với phương trình sau f(2x
2 ), khi đó g(0) = 0 Do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R, ta có g(2x
3 )−f(x) kết hợp với (2.15a) ta được g(2x
Cố định x ∈ R Xét dãy xác định bởi x 1 = x;x 2 = h(x 1 ); ;x n+1 = h(x n ),∀n ∈ N ∗ , với h(x) = 2x
3 Bằng quy nạp ta tính được x n = (2
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x1 = x;q = 2
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.15b) ta thu được g(x 1 ) = g(x) =g(2x
Lặp lại suy luận trên, ta được f(x) = f(0).
Vậy f(x) =a với a là số tùy ý a = f(0).
Thử lại ta thấy f(x) = a thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = a với a = f(0).
Ví dụ 2.16 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: f(x)+f(x
3 và xét dãy x1 = x;x2 = g(x1); ;xn+1 = g(xn),∀n ∈ N ∗ (2.16a) Bằng quy nạp ta tính được xn = x
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x 1 = x;q = 1
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.16a) ta thu được
Để giải hệ phương trình, ta thực hiện phép trừ phương trình đầu tiên với phương trình thứ hai và cộng với phương trình thứ ba, tiếp tục quy trình này cho đến phương trình cuối cùng Kết quả sẽ dẫn đến mối quan hệ f(x1) + (−1)^n f(xn) = 1.
Vì hàm f liên tục và f(0) = 0 ta lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim(f(x 1 ) + (−1) n f(x n ) = lim n→∞(1
8x,∀x ∈ R Thử lại ta thấyf(x) thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = 1
Ví dụ 2.17 ( Bài toán tổng quát) Tìm tất cả các hàmf xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: af(x)+f(bx) = cx,∀x ∈ R (2.17) với a, b, c ∈ R,0< b < 1;a > 1
Cho x ∈ R tùy ý, định nghĩa g(x) = bx và xét dãy x 1 = x, x 2 = g(x 1), , x n+1 = g(x n) với mọi n ∈ N* Qua quy nạp, ta có x n = b^(n-1) x Dãy số {x n} là một cấp số nhân lùi vô hạn với x 1 = x và công bội q = b (với 0 < q < 1), do đó lim x n = 0.
Thay x lần lượt bởi x1, x2, , x n−1 từ (2.17a) ta thu được
Để giải hệ phương trình af(x 1) + f(x 2) = cx 1, af(x 2) + f(x 3) = cx 2, , af(x n−1) + f(x n) = cx n−1, ta nhân phương trình đầu với a và trừ đi phương trình thứ hai Tiếp tục áp dụng phương pháp khử, ta sẽ nhận được kết quả a n−1 f(x 1) + (−1) n−2 f(x n) = c(a n−2 x 1 − a n−3 x 2 + a n−4 x 3 + + (−1) n−2 x n−1).
Biểu thức cx(a n−2 −a n−3 b+a n−4 b 2 −a n−5 b 3 + +(−1) n−2 b n−2 ) là một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội q = −b a và số hạng đầu x 1 = a n−2 Khi áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân, ta có a n−1 f(x 1 ) + (−1) n−2 f(x n ) = a n−2 cx.
Vì hàm f liên tục và từ (2.17) ta có f(0) = 0 và |q| = |−b a | < 1 lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim a n−1 f(x 1 ) + (−1) n−2 f(x n ) = lim n→∞a n−1 cx
1−(−b a ) n−1 b+ a f(x1) = c b+ ax1,∀x1 ∈ R, hay f(x) = c b+ ax,∀x ∈ R. Thử lại ta thấy f(x) = a thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = c b+ ax,∀x ∈ R.
Ví dụ 2.18 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau:
Bằng quy nạp ta tính được x n = (1
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x 1 = x và công bội q = 1
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.18a) ta thu được
Bằng phương pháp thế ta thế từ phương trình thứ n−1 dần lên phương trình (1) ta sẽ thu được f(x1) = 1
Vì hàm f liên tục và từ (2.18) ta có f(0) = 0 lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim f(x 1 ) = lim n→∞( 1
Do x 1 = x được lấy tùy ý, nên f(x) = x
8,∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm f vừa tìm được thỏa mãn để bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = x
Ví dụ 2.19 (Bài toán tổng quát) Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: f(x) + af(bx) = c,∀x ∈ R (2.19) Với a, b, c ∈ R, a;b > 1
Thay x bởi x b và từ (2.19) ta được f(x) = c a−1 af(x b),∀x ∈ R (2.19a)
Lấy x ∈ R tùy ý Đặt g(x) = x b và xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Bằng quy nạp ta tính được xn = x b n−1
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x 1 = x và công bội q = 1 b,(0 < q < 1) nên limx n = 0.
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.19a) ta thu được
Bằng phương pháp thế ta thế từ phương trình thứ n−1 dần lên phương trình (1) ta sẽ thu được f(x 1 ) = (−1) n−1 a n−1 f(x n ) + c a − c a 2 + + (−1) n−1 c a n−1
Vì hàm f liên tục và từ (2.19) ta có f(0) = 0 Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim f(x 1 ) = lim n→∞((−1) n−1 a n−1 f(x n ) + c a+ 1[1−(1 a) n−1 ]).
Ta được f(x 1 ) = c a+ 1,∀x 1 ∈ R, hay f(x) = c a+ 1,∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm f vừa tìm được thỏa mãn để bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = c a+ 1,∀x ∈ R.
Tìm tất cả các hàm f: R → R thỏa mãn điều kiện f(x²) + f(x) = x² + x với mọi x ∈ R Đặt g(x) = f(x) - x, do f(x) liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(x²) + g(x) = 0 với mọi x ∈ R.
Từ (2.20a) a) Cho x = 0 ta được 2g(0) = 0 ⇔g(0) = 0. b) Cho x = 1 ta được 2g(1) = 0⇔ g(1) = 0.
Mặt khác, từ (2.20a) ta có g(−x) =−g((−x) 2 ) =−g(x 2 ) = g(x),∀x ∈ R.
Vậy g(x) là hàm chẵn Ta lại có g(x) =−g(x 2 ) = g(x 4 ),∀x > 0 (2.20b)
Với mỗi a > 0 ta xác định dãy x 1 = a;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n∈ N ∗ , trong đó g(x) =x 1 4 Ta được x n = a 4n 1 ⇒limx n = 1.
Từ (2.20c) và theo cách xác định dãy ta được g(a) = g(x1) = g(x 1 4 ) = g(x2) =g(x
3) = = g(xn). Cho n → ∞ và do tính liên tục của hàm g, ta được g(a) =g(1) = 0.
Do a >0 và tùy ý nên g(x) = 0,∀x > 0 Hơn nữa do g(0) = 0 và do g là hàm chẵn nên ta được g(0) = 0,∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán nên nghiệm của bài toán là f(x) = x,∀x ∈ R.
Nhận xét 2.1 1 Phương pháp chuyển qua giới hạn thường được vận dụng trong bài toán Phương trình hàm có kèm thêm giả thiết hàm cần tìm liên tục.
2 Một cách tổng quát khi xét Phương trình hàm dạng a(x)f(x) +b(x)f(g(x)) = c(x), trong đó a(x), b(x), c(x) và g(x) là những hàm số đã biết Giả sử miền xác định của f là D f thì với mỗi x ∈ D f ta xác định được dãy {x n } ∞ n=1 cho bởi x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
(a) Nếu {x n } là dãy tuần hoàn thì nên sử dụng phương pháp đưa về hệ phương trình để giải bài toán.
(b) Nếu {x n } là dãy hội tụ thì nên sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn để giải bài toán.
3 Dấu hiệu sau đây cho ta Điều kiện đủ để dãy {x n } được xác định như trên hội tụ.
Nếu g(x) khả vi liên tục trên [a;b] và |g(x)| ≤ q < 1,∀x ∈ [a;b] thì quá trình lặp sẽ hội tụ.
Ví dụ 2.21 (Báo Toán học và Tuổi trẻ số 342) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện: f(2016x−f(y)) = f(2015x)−f(y),∀x, y ∈ R (2.21) Giải
Từ (2.21) ta cho x = y = 0 ta được f(−f(0)) = 0.
Tiếp tục thayx = t, y = −f(0)vào (2.21) và sử dụng đẳng thứcf(−f(0)) 0 ta được f(2016t) =f(2015t),∀t∈ R, hay f(x) =f(2015
2016x, ta xác định được dãy {x n } ∞ n=1 cho bởi x 1 = x;x 2 = h(x 1 ); ;x n+1 = h(x n ),∀n ∈ N ∗ Đặt x = 2015
Lặp lại lập luận trên n lần ta được f(x) = f((2015
Theo giả thiết, hàm số f liên tục trên R, từ đó khi n tiến tới vô cùng trong (2.21b), ta suy ra rằng f(x) = f(0) với mọi x ∈ R, tức là f(x) = c với c ∈ R Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = c với mọi x ∈ R, c ∈ R.
Ví dụ 2.22 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện: f(x)+f(2x
Bằng quy nạp ta tính được x n = (2
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x1 = x;q = 2
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.22) ta thu được
Để giải hệ phương trình, ta thực hiện phép trừ giữa phương trình đầu tiên và phương trình thứ hai, sau đó cộng với phương trình thứ ba, và tiếp tục quy trình này cho đến phương trình cuối cùng Kết quả cuối cùng cho thấy rằng f(x1) + (-1)^n f(xn) = 3.
Vì hàm f liên tục và f(0) = 0 ta lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim(f(x 1 ) + (−1) n f(x n ) = lim n→∞
25x,∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = 9
Ví dụ 2.23 (Đề thi học sinh giỏi khối chuyên Đại học Vinh 2008- 2009)
Tìm tất cả các hàm f xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x^3) + x^2 = 1 + x^2 f(x) với mọi x ∈ R Đầu tiên, khi thay x = 0 vào phương trình, ta có f(0) = 1 Tiếp theo, với x ≠ 0, phương trình (2.23) có thể được biến đổi thành f(x^3) - 1 = x^2 f(x) - x^2.
Chia cả hai vế của (2.23a) cho x³, ta có f(x³)−1/x³ = f(x)−1/x Đặt g(x) = f(x)−1/x, g(x trở thành hàm liên tục với mọi x ≠ 0 do f(x) liên tục Từ đó, (2.23b) trở thành g(x) = g(x³) Đặt t = x³, từ (2.23c) ta có g(t^(1/3)) = g(t) với mọi t ∈ R, dẫn đến g(x) = g(x^(1/3)) với mọi x ∈ R.
Ta xét dãy xác định bởi x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Bằng quy nạp ta tính được x n = x 3n 1 ⇒limx n = 1.
Từ (2.23d) và theo cách xác định dãy, ta được g(x) =g(x 1 ) =g(x
Cho n → ∞ và do tính liên tục của hàm g, ta được n→∞lim g(x) = lim n→∞g(x n ) n→∞lim g(x) =g( lim n→∞(x n ))
Thử lại thấy hàm f(x) vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu đề bài Vậy hàm f(x) cần tìm là f(x) =ax+ 1 với a là số thực tùy ý.
Ví dụ 2.24 (Đề thi Olympic Toán Bugari vòng 3, 1997)
Tìm tất cả các hàm f : R + −→ R thỏa mãn điều kiện f(x) = f(x 2 + 1
Với bất kỳ a ∈ [0;∞), ta xét hai trường hợp sau:
4 xét dãy {x n } được xác định bởi x 0 = a, x 1 = g(x 0 );x 3 = g(x 2 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n∈ N.
Sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta được f(a) = f(1
4 xét dãy {x n } được xác định bởi x0 = a, x1 = g(x0);x2 = g(x1); ;xn+1 = g(xn),∀n∈ N.
Sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta được f(a) = f(1
Thử lại hàm số vừa tìm thỏa mãn các yêu cầu của đề bài Vậy hàm số cần tìm là f(x) = f(1
Ví dụ 2.25 ( Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia 2002) Cho hàm số g(x) = 2x
1 +x 2 Hãy tìm tất cả các hàm số f xác định và liên tục trên (−1; 1) và thỏa mãn hệ thức
Dễ thấy hàm f 0 liên tục không âm trên khoảng (−1; 1) và ta có
Hàm f 0 là nghiệm cần tìm trong phương trình 1−x² = (1 + x²)² f 0(x) Để tìm tất cả các hàm số thỏa mãn bài toán, ta đặt h(x) = f(x) f 0(x) = (1−x²)f(x) với ∀x ∈ (−1; 1) Vì f liên tục trên khoảng (−1; 1), nên h(x) cũng là hàm liên tục trong khoảng này, và có h(g(x)) = f(g(x)) f 0(g(x)) = f(g(x)).
Lấy a ∈ (−1; 1), xây dựng dãy {x n } như sau x0 = a;x1 = g(x0);x2 = g(x1); xn+1 = g(xn),∀n∈ N, cho n→ ∞ ta có limx n = 0 và h(xn) =h(x n−1 ) = = h(x1) = h(x0) = h(a).
Sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta tìm được h(x) =c với c là hằng số tùy ý thuộc R.
Từ đó ta suy ra hám số cần tìm là f(x) = c
Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn yêu cầu đề bài Vậy hàm số cần tìm là f(x) = c
1−x 2 với c là hằng số tùy ý thuộc R.
Ví dụ 2.26 Tìm tất cả các hàm số f xác định và liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(x 2 )−f(x) = x(x−1),∀x ∈ R (2.26) Giải
Ta có (2.26) tương đương với đẳng thức sau f(x 2 )−x 2 = f(x)−x,∀x ∈ R (2.26a) Đặt g(x) = f(x)−x, do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R, khi đó (2.26a) trở thành g(x 2 ) =g(x),∀x ∈ R.
Mặt khác g(−x) =g((−x) 2 ) =g(x 2 ) = g(x),∀x∈ R, vậy g(x) là hàm chẵn trên R Ta lại có g(x) = g(x 2 ) = g(x 4 ),∀x > 0 (2.26b)
Từ (2.26b) ta có g(t) =g(t 1 4 ), hay g(x) =g(x 1 4 ) (2.26c) với mỗi a > 0 ta xác định dãy x 1 = a;x 2 = h(x 1 ); ;x n+1 = h(x n ),∀n ∈ N ∗ , trong đó h(x) = x 1 4 Ta được x n = a 4n 1 ⇒ limx n = 1.
Từ (2.26c) và theo cách xác định dãy ta được g(a) = g(x 1 ) = g(x
3) = = g(x n ). Cho n → ∞ và do tính liên tục của hàm g, ta được g(a) =g(1) = c.
Do a >0 và tùy ý nên g(x) = 0,∀x > 0 Hơn nữa do g(0) = 0 và do g là hàm chẵn nên ta được g(0) = 0,∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán nên nghiệm của bài toán là f(x) =x+c,∀x∈ R với c ∈ R tùy ý.
Phương trình hàm với miền xác định là tập các số tự nhiên
Trong lĩnh vực phương trình hàm, có một loại đặc biệt mà miền xác định của chúng là tập hợp các số tự nhiên, tức là các hàm f: N −→ R Đối với các giá trị f(n) thuộc R và n thuộc N, chúng ta ký hiệu un = f(n), với n thuộc N.
Trong bài viết này, chúng ta đã định nghĩa và khảo sát dãy số quen thuộc {u_n} ∞ n=0 Việc tìm hàm f: N → R trở thành việc xác định số hạng tổng quát của dãy u_n = f(n), với n thuộc N Bằng cách sử dụng ký hiệu dãy số, chúng ta có thể áp dụng các kết quả đã biết để nghiên cứu và tìm nghiệm cho các hàm số f(n), n thuộc N, như cấp số cộng và cấp số nhân.
1 Nếu các giá trị {f(n)} ∞ n=0 lập thành một cấp số cộng thì ta sẽ được nghiệm là f(n) = u 0 +nd, n ≥1, ở đây u 0 = f(0), còn d là công sai của cấp số cộng.
2 Nếu {f(n)} ∞ n=0 lập thành một cấp số nhân thì ta sẽ được nghiệm là f(n) = u 0 q n , n ≥1, ở đây u 0 = f(0), còn q là công bội của cấp số nhân.
Ta cũng chú ý rằng các phương trình hàm dù là cấp số cộng, hay cấp số nhân thì giá trị tổng quát u n = f(n) đều được tính qua u 0 = f(0).
Ngoài việc sử dụng cấp số và phương trình đặc trưng, còn có những dãy hàm {f(n)} ∞ n=0 không thuộc dạng cấp số cộng hay nhân, khiến cho việc áp dụng các kiến thức này trở nên không khả thi Do đó, chúng ta cần các phương pháp riêng để giải quyết những phương trình hàm có miền xác định là tập số tự nhiên Trong chương này, chúng ta sẽ khảo sát các dạng phương trình này một cách chi tiết Để thuận tiện cho việc trình bày luận văn, chúng tôi sẽ sử dụng ký hiệu thích hợp.
N = {0; 1; 2; 3 },N ∗ = {1; 2; 3 }, và để phù hợp với các ký hiệu truyền thống ta viết u n = f(n), n ∈ N hoặc
Tìm công thức tổng quát của dãy số bằng cách đưa về cấp số 70
Trước hết ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 3.1 Xác định giá trị tổng quát u n của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = −1 u n = 5u n−1 + 1
Trong ví dụ này, dãy {u n } ∞ n=0 không phải là cấp số cộng hay cấp số nhân, vì vậy để áp dụng công thức tổng quát của cấp số, chúng ta cần chuyển đổi dãy này về dạng cấp số.
Biểu thức thứ (2) của bài toán cho thấy rằng nếu không có số 1, dãy {u n } ∞ n=0 sẽ trở thành cấp số nhân với công bội q = 5 Để chuyển đổi thành cấp số nhân, cần tìm cách loại bỏ số 1 ở vế phải của biểu thức (2).
Ta sẽ tìm số s ∈ R sao cho u n −s = 5(u n−1 −s), n ∈ N.
4 Biểu thức trên trở thành vn = 5vn−1
Vậy {v n } ∞ n=0 là cấp số nhân có công bội q = 5, số hạng đầu là v 0 = u 0 + 1
4 , n ∈ N. Vậy số hạng tổng quát cần tìm là u n = v n + −1
Ví dụ 3.1 có thể tổng quát hóa như sau
Ví dụ 3.2 (Bài toán tổng quát) Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = a u n = αu n−1 +β, n ≥ 1(α, β 6= 0) Giải
Vẫn ý tưởng của ví dụ 3.1 ta chia bài toán thành 2 trường hợp
1 Với α = 1 thì dãy {u n } ∞ n=0 là cấp số cộng có công sai là d = β và số hạng đầu là u 0 = a.
Khi đó số hạng tổng quát là u n = a+n.β, n ∈ N,∀a, β ∈ R,(β 6= 0).
2 Với α 6= 1 sẽ đi tìm số s ∈ R sao cho dãy đã cho trở thành cấp số nhân u n −s = α(u n−1 −s), n ≥ 0.
Suy ra un = αun−1 −(α−1)s = αun−1 +β
1−α. Biểu thức trên trở thành v n = αv n−1
Vậy {v n } ∞ n=0 là cấp số nhân có công bội q = α,(α 6= 1), số hạng đầu là v 0 = u 0 − β
1−α α n , n ∈ N. Vậy số hạng tổng quát cần tìm là u n = v n + β
Vậy số hạng tổng quát của bài toán là
Ví dụ 3.3 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = 2 u n = 4u n−1 + 3 n , n ≥ 1.
Vẫn với ý tưởng giống trên ta sẽ đưa về một dãy là cấp số nhân bằng cách: Tìm số s ∈ R sao cho u n −s.3 n = 4(u n−1 −s.3 n−1 ), n ≥1, suy ra un = 4u n−1 −s.3 n−1 = 4u n−1 + 3 n
Ta đặt vn = un+ 3.3 n thay vào biểu thức trên ta được vn = 4vn−1.
Vậy dãy {v n } ∞ n=0 là một cấp số nhân có công bội q = 4 Ta có v 0 = u 0 + 3 = 5 v n = v 0 4 n = 5.4 n ,∀n∈ N ∗
Từ ví dụ trên ta đi đến Bài toán tổng quát sau
Để xác định công thức tổng quát của dãy {u_n} với u_0 = a, ta xét hai trường hợp: Trường hợp đầu tiên, nếu β = 0, dãy số trở thành một cấp số nhân với số hạng đầu là u_0 = a và công sai q = α Trường hợp thứ hai, nếu β ≠ 0, ta sẽ phân tích và tìm ra công thức cho dãy số này.
1 Nếu α = γ thay vào đề bài ta có u 0 = a (4.1a) u n = αu n−1 +β.α n , n ∈ N ∗ ; (α > 0) (4.2a)
Dãy số đã cho là một cấp số nhân với số hạng đầu là u₀ = a và công bội q = α Để xác định dãy này, ta cần tìm s ∈ R sao cho uₙ - s.αⁿ = α(uₙ₋₁ - s.αⁿ⁻¹) Từ đó, ta có thể khẳng định rằng uₙ = αuₙ₋₁.
2 Nếu α 6= γ ta sẽ đưa về một dãy là cấp số nhân bằng cách như sau:
Ta đặt v n = u n − γ γ −αβ.γ n = u n − βγ n+1 γ −α biểu thức trên trở thành vn = αv n−1
Vậy dãy {v n } ∞ n=0 là một cấp số nhân có công bội q = α Ta có
Vậy số hạng tổng quát của dãy là
un = αu n−1 ;u0 = a với β = 1 un = αu n−1 ;u0 = a với β 6= 1, α = γ u n = (a− βγ γ −α).α n + βγ n+1 γ −α;u 0 = a với β 6= 1, α 6= γ. với n∈ N ∗ ;a ∈ R.
Trong ví dụ 3.4, ta giả định số hạng thứ hai của số hạng tổng quát có một thừa số mũ n Nếu mũ k khác n, ta có thể viết lại βγ k = βγ k−n γ n và đặt β 1 = βγ k−n Từ đó, ta có thể giải quyết tương tự, do đó luôn có thể giả định số hạng thứ hai là βγ n.
Để xác định công thức tổng quát của dãy số {u n } ∞ n=0 với điều kiện u0 = −2 và công thức đệ quy u n = 3u n−1 + 4n + 1 (n ≥ 1), ta cần khử phần 4n + 1 Mục tiêu là chuyển đổi dãy số này thành một cấp số nhân Để thực hiện điều này, ta tìm các số thực s và t sao cho mối quan hệ u n − (s.n + t) = 3{u n−1 − [s(n−1) + t]} được thỏa mãn.
Từ đây ta suy ra u n = 3u n−1 + (s.n+t)−3[s(n−1) +t]
= 3u n−1 −2sn−2t+ 3s, kết hợp với (5.2) ta có
2), ta có v n = 3v n−1 Vậy dãy {v n } ∞ n=0 là một cấp số nhân có công bội q = 3 và số hạng đầu là v 0 = u 0 + (2.0 + 7
Từ ví dụ trên ta đi đến Bài toán tổng quát sau
Ví dụ 3.6 (Bài toán tổng quát) Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = a (6.1) u n = αu n−1 +p k (n), n, k ∈ N ∗ (6.2) trong đó p k (n) là một đa thức bậc k theo n.
Để khử đa thức pk(n) và chuyển dãy đã cho thành dãy cấp số nhân, ta đặt u n −q k (n) = α[u n−1 −q k (n−1)] Khi đó, ta có un = αun−1 +qk(n)−αqk(n−1) Kết hợp với phương trình (6.2), ta thu được pk(n) = qk(n)−αqk(n−1) Bằng cách thay n = 1; 2; 3; ; k + 1 vào phương trình này, ta có một hệ k + 1 phương trình Giải hệ phương trình này cho phép ta xác định hệ số của qk(n).
Từ (6.3) ta đặt v n = u n −q k (n), ta được một cấp số nhân thỏa mãn v 0 = u 0 −q k (0) v n = αv n−1 , n ∈ N ∗ cấp số nhân có công bội q = α Suy ra v n = v 0 q n = [a−q k (0)]α n
Vậy công thức tổng quát của u n là: un = [u0 −qk(0)]α n +qk(n), n ∈ N.
Để xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với điều kiện u 0 = 1 và công thức truy hồi u n = 3u n−1 + n^2 + n−1, chúng ta cần khử đa thức 3n^2 + n−1 Đặt u n − q 2 (n) = 3[u n−1 − q 1 (n−1)], trong đó q 2 (n) = a 2 n^2 + a 1 n + a 0 Từ đó, ta có thể viết lại u n = 3u n−1 + q 2 (n) − 3q 1 (n−1).
Kết hợp với (7.2) ta có n 2 +n−1 = q2(n)−3q1(n−1)
⇔ n 2 +n−1 = a 2 n 2 −2a 1 n−2a 0 (7.4) Lần lượt cho n = 1; 2; 3 vào (7.4) ta thu được một hệ phương trình
2 Thế lên (7.3) ta được un −(n 2 − 1
Từ đó ta đặt v n = u n −q 2 (n), ta được một cấp số nhân thỏa mãn
2 = 1 v n = 3v n−1 , n ∈ N ∗ 2 cấp số nhân có công bội q = 3 Suy ra vn = 1
2.3 n Vậy công thức tổng quát của u n là: un = vn+q2(n) = 1
Ví dụ 3.8 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = −2 (8.1) u n = 2u n−1 + 5.3 n −4.7 n + 1, n ∈ N ∗ (8.2) Giải Để đưa dãy đã cho về cấp số nhân ta sẽ tìm cách khử : 5.3 n −4.7 n + 1. Đặt un−(s.3 n +t.7 n +l) = 2[u n−1 −(s.3 n−1 + t.7 n−1 +l)]
Kết hợp với (8.2 ) ta có
⇔ s.3 n +t.7 n −2(s.3 n−1 +t.7 n−1 ) = 5.3 n −4.7 n + 1 (8.3) Lần lượt cho n = 1; 2; 3 vào (8.3) ta được hệ phương trình
Do đó ta có un −(15.3 n − 28
5 7 n −1) Khi đó ta có v n = 2v n−1 , dãy {v n } ∞ n=0 là cấp số nhân với công bội q = 2 và số hạng đầu là v 0 = u 0 −(15.3 0 − 28
Số hạng tổng quát của cần tìm là u n = v n + (15.3 n − 28
Tìm công thức tổng quát của dãy bằng phương trình đặc trưng
Phương trình đăc trưng của dãy
Để tìm công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 cho bởi u 0 = a 0 ;u 1 = a 1 u n −au n−1 +bu n−2 = 0, n ≥2 Ở đây a, b ∈ R và thỏa mãn điều kiện: a 2 −4ab ≥ 0.
Thì ta làm như sau Gọi x1;x2 là nghiệm của phương trình đặc trưng x 2 −ax+b = 0.
1 Nếu x 1 6= x 2 thì u n = sx n 1 + tx n 2 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình s+t= u 0 sx 1 +tx 2 = u 1
2 Nếu x 1 = x 2 = α thì u n = (sn+ t)α n−1 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình s = αu 0 s+t = u 1
Ví dụ 3.9 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u0 = −2;u1 = 4;un = 5u n−1 −6u n−2 , n ∈ N, n ≥ 2.
Từ đẳng thức đã cho: u n = 5u n−1 −6u n−2 ta xét phương trình đặc trưng x 2 −5x+ 6 = 0.
Phương trình có 2 nghiệm là x 1 = 2 x 2 = 3.
Ta thấy x 1 = 2 6= x 2 = 3 Do đó u n = s.2 n + t.3 n với s, t là nghiệm của hệ phương trình s+t= u 0 = −2 s.2 +t.3 =u1 = 4 ⇔ s = −10 t= 8.
Do đó công thức tổng quát của u n là: u n = −10.2 n + 8.3 n , n ∈ N, n ≥ 2.
Thử lại ta thấy u n thỏa mãn điều kiện của bài toán Vậy công thức tổng quát cần tìm là: u n = −10.2 n + 8.3 n , n ∈ N.
Ví dụ 3.10 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u0 = 2;u1 = 3;un = 4u n−1 −4u n−2 , n ∈ N, n ≥2.
Từ đẳng thức đã cho: u n = 4u n−1 −4u n−2 ta xét phương trình đặc trưng x 2 −4x+ 4 = 0 ⇔(x−2) 2 = 0.
Vậy phương trình có nghiệm kép: x 1 = x 2 = 2 khi đó ta có u n = (sn+t).2 n−1 , với s, t là nghiệm của hệ phương trình s = 2u 0 = 4 s+t= u 1 = 3 ⇔ s = 4 t = −1.
Do đó công thức tổng quát của u n là: u 0 = 2 u n = (4n−1).2 n−1 , n ≥ 1.
Chú ý 3.2 Với n = 0 thay lên un ta có u0 = (−1).2 −1 = −1
Thử lại ta thấy u n thỏa mãn điều kiện của bài toán Vậy công thức tổng quát cần tìm là:
Ví dụ 3.11 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u 0 = −1;u 1 = 3;u n = 5u n−1 −6u n−2 + 2n 2 + n+ 2, n ∈ N, n ≥ 2.
Trước hết ta phải tìm cách khử đa thức: 2n 2 +n+ 2, để đưa về dạng quen thuộc: v n = 5v n−1 −6v n−2 , bằng cách: ta xác định các hằng số s, t, r ∈ R sao cho:
2n 2 +n+2 = (s.n 2 +t.n+r)−5[s(n−1) 2 +t(n−1)+r]+6[s(n−2) 2 +t(n−2)+r]. Cho lần lượt n = 0; 1; 2 vào biểu thức trên ta được hệ phương trình
4 Khi đó đẳng thức u n −5u n−1 + 6u n−2 = 2n 2 +n+ 2 tương đương với
Khi đó ta xét phương trình đặc trưng x 2 −5x+ 6 = 0.
Phương trình có 2 nghiệm là x 1 = 2 x 2 = 3.
Ta thấy x 1 = 2 6= x 2 = 3 Do đó vn = a.2 n +b.3 n với a, b là nghiệm của hệ phương trình
Do đó công thức tổng quát của u n là: u n = v n +(n 2 +15
4 ), n ∈ N, n ≥2. Thử lại ta thấy u n thỏa mãn điều kiện của bài toán Vậy công thức tổng quát cần tìm là: u 0 = −1; u 1 = 3;u n = (4n−1).2 n−1 , n ∈ N, n ≥ 2.
Ví dụ 3.12 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u 0 = α;u 1 = β u n +au n−1 +bu n−2 = p k (n), n ≥ 2, n ∈ N.
Trong đó p k (n) là một đa thức bậc k theo n và a 2 −4b ≥ 0.
Trước hết ta phải tìm cách khử đa thức: pk(n), để đưa về dạng quen thuộc v n +av n−1 +bv n−2 = 0, bằng cách ta xác định các hằng số a 0 ;a 1 ; ;a k ∈ R sao cho: p k (n) = a k n k +a k−1 n k−1 + +a 1 n+a 0 + a[a k (n−1) k +a k−1 (n−1) k−1 + + a 1 (n−1) +a 0 ]
Cho lần lượt n = 0; 1; 2; ;k vào biểu thức trên ta được hệ gồm k+ 1 phương trình.
Giải hệ trên ta tìm được hệ số của a 0 ;a 1 ; ;a k
Khi đó đẳng thức u n +au n−1 +bu n−2 = p k (n) tương đương với
+a 1 (n−2) +a 0 ]} = 0. Đặt vn = un−(ak.n k +a k−1 n k−1 + +a1.n+a0) =un− k
Khi đó ta xét phương trình đặc trưng x 2 −ax+b = 0, vì a 2 −4b ≥ 0 nên phương trình có 2 nghiệm là x = x 1 x = x 2
1 Nếu x 1 6= x 2 thì v n = sx n 1 + tx n 2 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình
2 Nếu x 1 = x 2 = γ thì v n = (sn+t)γ n−1 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình
Do đó công thức tổng quát của u n là
Thử lại, ta thấy các u n vừa tìm thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy công thức tổng quát u n cần tìm là
Áp dụng giải phương trình hàm
Sử dụng các phương pháp ở trên để giải phương trình hàm.
Ví dụ 3.13 Tìm hàm f : R −→ R thỏa mãn: f(f(x)) = 3f(x)−2x,∀x∈ R (1) Giải
Thay x bởi f(x) vào (1) ta được f(f(f(x))) = 3f(f(x))−2f(x).
Lặp lại lập luận trên n lần ta được f( (f(x))) = 3f( (f(x)))−2f( (f(x))), hay f n+2 (x) = 3f n+1 (x)−2f n (x) (1a) Đặt u n = f n (x), n ≥ 0 thay vào (1a) ta được u n+2 = 3u n+1 −2u n , và u 0 = x;u 1 = f(x).
Xét phương trình đặc trưng x 2 −3x+ 2 = 0.
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 1 x = 2.
Khi đó u n = c 1 + 2 n c 2 trong đó c 1 ;c 2 là các hằng số tùy ý thuộc R thỏa mãn c1 +c2 = u0 = x c 1 + 2c 2 = u 1 = f(x) ⇔ c1 = 2x−f(x) c 2 = f(x)−x do đó f(x) = 2x−c 1 hoặc f(x) =x+c 2 trong đó c 1 ;c 2 ∈ R tùy ý.
Thử lại thấy các hàm f(x) vừa tìm được thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy hàm f cần tìm là f(x) = 2x−c 1 hoặc f(x) = x+c 2 trong đó c 1 ;c 2 ∈ R tùy ý.
Ví dụ 3.14 (IMO 1992) yêu cầu tìm tất cả các hàm f : R + −→ R + thỏa mãn phương trình f(f(x)) + af(x) = b(a+b)x, với mọi x ∈ R Bài toán này có thể được giải bằng cách sử dụng tính truy hồi Bằng cách thay x bằng f(x) trong phương trình (2), ta có f(f(f(x))) + af(f(x)) = b(a+b)f(x) Tiếp tục lặp lại quá trình này n lần, ta nhận được phương trình f n+2 (x) + af n+1 (x) = b(a+b)f n (x) Đặt u n = f n (x) với n ≥ 0, ta có được phương trình u n+2 + au n+1 = b(a+b)u n, với điều kiện u 0 = x và u 1 = f(x).
Khi đó ta có phương trình đặc trưng x 2 +ax−b(a+b) = 0, ta có δ = (a+ 2b) 2 ≥0. a) Nếu a 6= −2b thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = b x = −a−b.
Khi đó u n = c 1 b n +c 2 (−a−b) n (2b) trong đó c 1 ;c 2 là các hằng số thuộc R thỏa mãn c1 + c2 = u0 = x (2c) bc 1 + (−a−b)c 2 = u 1 = f(x) (2d)
Do u n ≥ 0,∀n ∈ N nên từ (2b) ta có c 2 = 0 Thay vào (2c) ta có c 1 = u 0 = x Từ (2d) suy ra f(x) = bx b) Nếu a = −2b thì phương trình có nghiệm kép x 1 = x 2 = b.
Khi đó u n = (sn+t)b n trong đó s;t là các hằng số thuộc R thỏa mãn t = u 0 = x
(s+t)b = u 1 = f(x) suy ra f(x) =b(x+s) do đó ta có f(x) bx, nếu a 6= −2b b(x+s), nếu a = −2b.
Thử lại thấy các hàm f vừa tìm thỏa mãn các điều kiện đề bài.Vậy nghiệm của bài toán là f(x) bx, nếu a 6= −2b b(x+s), nếu a = −2b.
Ví dụ 3.15 Tìm hàm f xác định trên N và thỏa mãn:
Cho k = n = 0 thay vào biểu thức (3a) ta có
⇔ f(0) = 0 f(0) = −2 a) Nếu f(0) = 0 chọn n= 0 thay vào (3a) ta có
−2f(k) = 0 ⇔f(k) = 0,∀k Khi đó nếu chọn k = 1 ⇒f(1) = 0 mâu thuẫn với (3b). b) Nếu f(0) = −2 chọn n= 1 và kết hợp với (3b) ta được
⇔ 2f(k + 1)−2f(k −1) = 3f(k) (3c) Đặt u k = f(k) thay vào (3c) ta được
Xét phương trình đặc trưng
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là
2 ) n c 1 + 2 n c 2 trong đó c 1 ;c 2 là các hằng số tùy ý thuộc R thỏa mãn
2 ) n−1 Thử lại ta thấy hàm f vừa tìm được thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(n) = (−1
Ví dụ 3.16 (Dựa theo báo Toán học và Tuổi trẻ - tháng 11 - Số 369)
Tìm tất cả hàm f :R + −→R + thỏa mãn: f(f(x))+f(x) = [2015 3 2016 +(2015 3 2016 ).2]x,∀x ∈ R (4) Giải
Với mỗi x ∈ R + ta xét dãy u0 = x;un+1 = f(un),∀n ∈ N.
Từ giả thiết ta có u n+2 +u n+1 = [2015 3 2016 + (2015 3 2016 ) 2 ]u n u n > 0,∀n ∈ N.
Suy ra phương trình đặc trưng của dãy là x 2 +x−[2015 3 2016 + (2015 3 2016 ) 2 ] = 0.
Phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt là x 1 = 2015 3 2016 x 2 = −(1 + 2015 3 2016 ).
Khi đó u n = c 1 (2015 3 2016 ) n +c 2 [−(1 + 2015 3 2016 )] n Xét 2 khả năng xảy ra là
1 Nếuc 2 > 0thì u n < 0vớinlẻ đủ lớn Mâu thuẫn với giả thiếtu n > 0.
2 Nếu c 2 < 0 thì u n < 0 với n chẵn đủ lớn Mâu thuẫn với giả thiết u n > 0.
Vậy chỉ còn c 2 = 0 khi đó u n = c 1 (2015 3 2016 ) n Do đó u 0 = c 1 (2015 3 2016 ) 0 = x
Thử lại, hàm f vừa tìm được thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy hàm f cần tìm là f(x) = (2015 3 2016 ) n x.
Một số phương trình hàm dạng khác
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày một số ví dụ và bài toán liên quan đến phương trình hàm mà không thể giải quyết bằng các phương pháp chuyển đổi 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)
Cho m = 0 thay vào (1) ta được f(f(n)) = f(f(0)) +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.
Theo trên ta có f(n) là điểm bất động với mọi n ∈ N nên f(n) =c n w với c n ∈ 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 + (c r +l)w)
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))
⇔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
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.
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
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.
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
Khi đó ta sẽ chứng minh hàm số cần tìm là f(n) = n+ 1.
Thật vật bằng phương pháp qui nạp ta có:
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:
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 giá trị của hàm f(n) trong hệ cơ số 10, chúng ta vẫn chưa xác định được quy luật của f(n) Tuy nhiên, khi chuyển sang hệ cơ số 2, ta có f(1 2) = 1 2 = 1.2 0.
Ta thấy rằng: Nếu n có biểu diễn trong hệ nhị phân là n = (aka k−1 a1)2 với a k = 1 thì f((a k a k−1 a 1 ) 2 ) = (a k−1 a 1 a k ) 2 = a k−1 2 k−1 + +a 1 2 0 +a k 2 0 (∗)
Ta sẽ chứng minh nhận xét trên bằng qui nạp.
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 = (aka k−1 a1)2 và m+ 1 = 2q = (aka k−1 a1)2
= (a k−1 a101)2 = (a k−1 a10ak)2. b) Nếu m + 1 là số lẻ, ta đặt m+ 1 = 2q + 1 với q = (a k a k−1 a 1 ) 2 và m+ 1 = 2q = (a k a k−1 a 1 1) 2
Với n = m + 1, n có thể được biểu diễn trong hệ nhị phân dưới dạng n = (a_k a_{k-1} a_1)_2, trong đó a_k = 1 Khi đó, f((a_k a_{k-1} a_1)_2) = (a_{k-1} a_1 a_k)_2 = a_{k-1} \cdot 2^{k-1} + + a_1 \cdot 2^0 + a_k \cdot 2^0 Qua kiểm tra, hàm số này thỏa mãn các điều kiện đã đề ra trong bài toán.
Ví dụ 3.21 Tìm tất cả các hàm số f : N ∗ −→ N ∗ thỏa mãn:
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. a) Với m = n = 0 ta có f(0) = 2f(0 2 )
2 (loại vì f(0)∈ N ). b) Với n= 0 ta có f(m 2 ) = f 2 (m) Khi đó f(m 2 +n 2 ) =f(m) 2 +f(n) 2
Ta có nhận xét sau: f(1) = f 2 (1) ⇒ f(1)(1−f(1)) = 0 ⇒ f(1) = 1 vì (f(1) > 0) f(2) = f(1 2 + 1 2 ) =f 2 (1) +f 2 (1) = 2 f(4) = f(2 2 ) = f 2 (2) = 4 f(5) = f(2 2 + 1 2 ) =f 2 (2) +f 2 (1) = 4 + 1 = 5 f(25) = f(5 2 ) =f 2 (5) = 25 = f(3 2 + 4 2 )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:
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.
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau
Bài viết này sẽ trình bày một số bài toán cơ bản của phương trình hàm, bao gồm bài toán Cauchy và các nghiệm tương ứng Chúng tôi sẽ tổng quát hóa và giải quyết các bài toán này trên các miền xác định khác nhau Cuối cùng, bài viết sẽ cung cấp các ví dụ minh họa sử dụng kết quả từ các bài toán cơ bản đã nêu.
Để giải các phương trình hàm, có một số phương pháp cơ bản mà người học cần nắm vững Phương pháp đầu tiên là phương pháp thay thế, trong đó ta thay các biến trong phương trình bằng các giá trị tương ứng để tìm nghiệm Ví dụ, với phương trình f(x) = x^2, ta có thể thay x bằng các giá trị cụ thể để xác định f(x) Phương pháp thứ hai là phương pháp phân tích, giúp ta phân tách phương trình thành các phần đơn giản hơn, từ đó dễ dàng tìm ra nghiệm Một ví dụ điển hình là phân tích phương trình bậc hai thành nhân tử Cuối cùng, phương pháp đồ thị cho phép ta hình dung rõ hơn về các nghiệm của phương trình thông qua việc vẽ đồ thị hàm số Để áp dụng hiệu quả các phương pháp này, người học cần chú ý đến các dấu hiệu đặc trưng của từng loại phương trình, như tính liên tục, tính khả vi, hay các điều kiện biên, nhằm chọn lựa phương pháp phù hợp nhất.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một số dạng khác của phương trình hàm, đặc biệt là các phương trình hàm có miền xác định là tập số tự nhiên Tuy nhiên, do giới hạn của luận văn thạc sĩ và kiến thức cá nhân còn hạn chế, tài liệu tiếng Việt về phương trình hàm vẫn còn ít ỏi, dẫn đến luận văn có thể còn nhiều thiếu sót Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý từ quý thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.