ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - VŨ THỊ VÂN MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI – 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - VŨ THỊ VÂN MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Nhụy HÀ NỘI - 2015 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS TS Nguyễn Nhụy Nhân dịp từ đáy lòng mình, em xin bày tỏ lòng biết ơn trân trọng sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Nhụy, người thầy quan tâm, động viên bảo hướng dẫn nhiệt tình, chu đáo lời động viên khích lệ em suốt trình làm luận văn Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý Thầy Cô giáo khoa Toán – Cơ – Tin, phòng Sau Đại học, phòng Đào tạo Trường Đại Học Khoa học Tự nhiên – ĐHQGHN, đặc biệt Thầy Cô giáo giảng dạy lớp PPTSC, khóa học 2013 – 2015 Cảm ơn Thầy Cô truyền thụ cho em kiến thức giúp đỡ em suốt trình học tập khoa Đồng thời, em xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán PPTSC, khóa học 2013 - 2015 động viên, giúp đỡ em suốt trình viết chỉnh sửa luận văn Cuối cùng, em xin gửi lời cảm ơn đến người thân gia đình bạn bè ủng hộ, tạo điều kiện thuận lợi nhiệt tình giúp đỡ em thời gian vừa qua Mặc dù cố gắng song hiểu biết có hạn thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu không tránh khỏi thiếu sót, em mong dạy đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm tới Luận văn Hà Nội, ngày 15 tháng 09 năm 2015 Học viên Vũ Thị Vân Mục lục 0.1 Mục đích đề tài luận văn 0.2 Bố cục luận văn Một số phương trình hàm ví dụ 1.1 Một số phương trình hàm 1.1.1 Bài toán (Phương trình hàm Cauchy) 1.1.2 Tổng quát Bài toán 1.1.3 Bài toán phương trình hàm Cauchy điều kiện liên tục 1.1.4 Bài toán 1.1.5 Tổng quát Bài toán 14 14 1.1.6 1.1.7 Tổng quát Bài toán 16 1.1.8 Bài toán 16 1.1.9 1.2 Bài toán 15 Tổng quát Bài toán 17 Các ví dụ áp dụng 17 Một vài phương pháp giải phương trình hàm 2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ 33 2.1.1 2.1.2 2.2 33 Phương trình dạng: f (α(x)) = g(x) 33 Các ví dụ 34 Phương pháp đưa hệ phương trình 40 2.2.1 2.2.2 2.3 Phương trình dạng: a(x)f (x) + b(x)f (g(x)) = c(x) 40 Các ví dụ 41 Phương pháp chuyển qua giới hạn 52 2.3.1 Các ví dụ 53 Phương trình hàm với miền xác định tập số tự nhiên 69 3.1 Tìm công thức tổng quát dãy số cách đưa cấp số 70 3.2 Tìm công thức tổng quát dãy phương trình đặc trưng 79 3.2.1 3.2.2 3.3 Phương trình đăc trưng dãy 79 Áp dụng giải phương trình hàm 86 Một số phương trình hàm dạng khác 91 Kết luận 100 Tài liệu tham khảo 101 MỞ ĐẦU ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ CẤU TRÚC CỦA LUẬN VĂN Phương trình hàm phương trình ẩn số hàm số đó, việc giải phương trình hàm tìm hàm số thỏa mãn điều kiện đề bài, hàm số thỏa mãn phương trình hàm gọi nghiệm phương trình hàm Cấu trúc phương trình hàm gồm ba phần Phương trình hàm ví dụ Một vài phương pháp giải phương trình hàm Phương trình hàm với tập xác định tập số tự nhiên Phương trình hàm nói chung dạng toán khó Giải tích nói riêng toán học nói chung Nhìn chung việc giải phương trình hàm thường không theo quy tắc tổng quát Giải phương trình hàm đòi hỏi phải có tư sáng tạo, vận dụng cách linh hoạt kiến thức học vào toán cụ thể Việc tìm lời giải phụ thuộc vào phương trình hàm cụ thể vài điều kiện ràng buộc Tuy nhiên có toán phương trình hàm có cách giải gần giống nhau, có phương trình hàm có cấu trúc tương tự nhau, đặc trưng giống Vì thế, ta cần có phân lớp loại phương hàm để tìm phương pháp giải đại diện cho lớp Tiếp theo ta cần xếp phương trình hàm để đưa loại phương trình hàm khảo sát cách thức Tiếp theo nữa, đưa số kỹ thuật đặc trưng để giải phương trình hàm Cuối giống toán để ngỏ em xin nêu số định hướng giải phương trình hàm mà tạm gọi phương pháp Các phương pháp có nhờ việc phân loại cấu trúc phương trình hàm thành phương trình hàm tổng quát có cách giải tương tự Phương trình hàm chuyên đề quan trọng thuộc chương trình toán trường THPT đặc biệt trường chuyên Các toán có liên quan đến phương trình hàm tập khó, thường gặp kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, cấp khu vực, cấp quốc tế kỳ thi Olympic toán sinh viên.Tuy nhiên, nay, học sinh trường chuyên, lớp chọn nói riêng người làm toán nói chung biết phương pháp thống để giải toán phương trình hàm, chí bị lúng túng không định hướng tiếp cận phương trình hàm Các tài liệu phương trình hàm chưa có tài liệu trình bày đầy đủ khía cạnh phương trình hàm Do đó, giúp học sinh tiếp cận với phương trình hàm dễ dàng giải số toán phương trình hàm yêu cầu cần thiết nên em chọn đề tài " Một số phương trình hàm phương pháp giải " 0.1 Mục đích đề tài luận văn Mục đích luận văn dựa việc tìm hiểu phương trình hàm tài liệu liên quan đến phương trình hàm để hình thành nên phương pháp phân tích, khai thác liệu, dự đoán hướng giải, kỹ thuật biến đổi sở hình thành nên số phương pháp để giải phương trình hàm 0.2 Bố cục luận văn Bài luận văn " Một số phương trình hàm phương pháp giải " gồm có: Mở đầu, chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Chương Một số phương trình hàm ví dụ Trong chương em đưa Bài toán phương trình hàm nghiệm toán Có nhiều Bài toán giới thiệu ([1]) ([2]) Những toán có lời giải ([1]) ([2]), Luận văn ta sử dụng kết để giải toán khác Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm Trong chương em trình bày số dạng thường gặp phương trình hàm số phương pháp để giải phương trình hàm ví dụ áp dụng Chương Phương trình hàm với tập miền xác định tập số tự nhiên Đó phương trình hàm mà tập xác định tập số tự nhiên cách giải khác Chương Một số phương trình hàm ví dụ Trong chương ta giới thiệu số Bài toán ví dụ áp dụng Một số Bài toán có lời giải tài liệu quen thuộc, cụ thể tài liệu ([1]) ([2]), ta không trình bày lời giải mà đưa kết Tiếp theo mục 1.2 chương, em đưa ví dụ cụ thể áp dụng kết Bài toán 1.1 Một số phương trình hàm 1.1.1 Bài toán (Phương trình hàm Cauchy) Xác định hàm f (x) liên tục R thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (1.1) Bài toán trình bày tài liệu ([1]) ([2]), em đưa kết Nghiệm toán f (x) = ax, ∀a ∈ R 1.1.2 Tổng quát Bài toán Cho a, b ∈ R\{0} Tìm hàm f (x) xác định, liên tục R thỏa mãn điều kiện f (ax+by) = af (x)+bf (y), ∀x, y ∈ R (1.2) Giải Cho x = y = thay vào (1.2) ta f (0) = af (0) + bf (0) ⇔ f (0).(a + b − 1) = a) Nếu a + b = f (0) = Từ (1.2) cho x = 0, y = ta f (by) = bf (y), ∀y ∈ R f (ax) = af (x), ∀x ∈ R Vậy (1.2) trở thành f (ax + by) = af (x) + bf (y) = f (ax) + f (by) Khi trở toán Cauchy có nghiệm f (x) = cx, với c ∈ R b) Nếu a + b = f (0) tùy ý Khi ta đặt g(x) = f (x) − f (0) Cho x = y = g(0) = f (0) − f (0) = thay vào (1.2) ta g(ax + by) + f (0) = a[g(x) + f (0)] + b[g(y) + f (0)] ⇔ g(ax + by) = ag(x) + bg(y) Theo kết g(x) = cx, với c ∈ R Vậy f (x) = cx + d với d = f (0), c ∈ R tùy ý Thử lại thấy f (x) = cx + d thỏa mãn Nhận xét 1.1 Ngoài giả thiết liên tục R hàm cần tìm phương trình hàm Cauchy thay điều kiện khác Bài toán 1.1.3 lớp hàm nhận không thay đổi 1.1.3 Bài toán phương trình hàm Cauchy điều kiện liên tục Chứng minh hàm f : R −→ R thỏa mãn phương trình hàm Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R điều kiện f liên tục điểm x0 ∈ R; (1.3) Phương trình có nghiệm phân biệt x=1 x = Khi un = c1 + 2n c2 c1 ; c2 số tùy ý thuộc R thỏa mãn c1 + c2 = u0 = x c = 2x − f (x) ⇔ c1 + 2c2 = u1 = f (x) c2 = f (x) − x f (x) = 2x − c1 f (x) = x + c2 c1 ; c2 ∈ R tùy ý Thử lại thấy hàm f (x) vừa tìm thỏa mãn điều kiện đề Vậy hàm f cần tìm f (x) = 2x − c1 f (x) = x + c2 c1 ; c2 ∈ R tùy ý Ví dụ 3.14 (IMO 1992) Tìm tất hàm f : R+ −→ R+ thỏa mãn: f (f (x)) + af (x) = b(a + b)x, ∀x ∈ R (2) Giải Đây toán tổng quát toán sử dụng tính truy hồi để giải Thay x f (x) vào (2) ta được: f (f (f (x))) + af (f (x)) = b(a + b)f (x) Lăp lại lập luận n lần ta f ( (f (x))) + af ( (f (x))) = b(a + b)f ( (f (x))), hay fn+2 (x)+afn+1 (x) = b(a+b)fn (x) Đặt un = fn (x), n ≥ thay vào (2a) ta un+2 + aun+1 = b(a + b)un u0 = x; u1 = f (x) 87 (2a) Khi ta có phương trình đặc trưng x2 + ax − b(a + b) = 0, ta có δ = (a + 2b)2 ≥ a) Nếu a = −2b phương trình có nghiệm phân biệt x=b x = −a − b Khi un = c1 bn + c2 (−a − b)n c1 ; c2 số thuộc R thỏa mãn c1 + c2 = u0 = x bc1 + (−a − b)c2 = u1 = f (x) Do un ≥ 0, ∀n ∈ N nên từ (2b) ta có c2 = Thay vào (2c) c1 = u0 = x Từ (2d) suy (2b) (2c) (2d) ta có f (x) = bx b) Nếu a = −2b phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = b Khi un = (sn + t)bn s; t số thuộc R thỏa mãn t = u0 = x (s + t)b = u1 = f (x) suy f (x) = b(x + s) ta có f (x) = bx, a = −2b b(x + s), a = −2b Thử lại thấy hàm f vừa tìm thỏa mãn điều kiện đề bài.Vậy nghiệm toán f (x) = bx, a = −2b b(x + s), a = −2b 88 Ví dụ 3.15 Tìm hàm f xác định N thỏa mãn: 2f (n)f (k + n) − 2f (k − n) = 3f (k)f (n), n ∈ N, k ≥ n (3a) f (1) = (3b) Giải Cho k = n = thay vào biểu thức (3a) ta có 2f (0)f (0) − 2f (0) = 3f (0)f (0) f (0) + 2f (0) = ⇔ f (0) = f (0) = −2 a) Nếu f (0) = chọn n = thay vào (3a) ta có −2f (k) = ⇔ f (k) = 0, ∀k Khi chọn k = ⇒ f (1) = mâu thuẫn với (3b) b) Nếu f (0) = −2 chọn n = kết hợp với (3b) ta 2f (1)f (k + 1) − 2f (k − 1) = 3f (k)f (1) ⇔ 2f (k + 1) − 2f (k − 1) = 3f (k) Đặt uk = f (k) thay vào (3c) ta 2uk+1 − 2uk−1 = 3uk u0 = f (0) = −2; u1 = f (1) = Xét phương trình đặc trưng 2x2 − 3x − = Phương trình có nghiệm phân biệt −1 x1 = x2 = 89 (3c) Khi −1 n ) c1 + n c2 c1 ; c2 số tùy ý thuộc R thỏa mãn c1 + c2 = u0 = −2 c = −2 −1 ⇔ c2 = c1 + 2c2 = u1 = −1 −1 Vậy un = −2.( )n = ( )n−1 2 −1 n−1 hay f (n) = ( ) Thử lại ta thấy hàm f vừa tìm thỏa mãn điều kiện đề Vậy nghiệm toán −1 f (n) = ( )n−1 , n ∈ N Ví dụ 3.16 (Dựa theo báo Toán học Tuổi trẻ - tháng 11 - Số 369) Tìm tất hàm f : R+ −→ R+ thỏa mãn: 2016 2016 f (f (x))+f (x) = [20153 +(20153 ).2]x, ∀x ∈ R (4) Giải Với x ∈ R+ ta xét dãy un = ( u0 = x; un+1 = f (un ), ∀n ∈ N Từ giả thiết ta có 2016 2016 un+2 + un+1 = [20153 + (20153 )2 ]un un > 0, ∀n ∈ N Suy phương trình đặc trưng dãy x2 + x − [20153 2016 2016 + (20153 )2 ] = Phương trình có nghiệm phân biệt 2016 x1 = 20153 2016 x2 = −(1 + 20153 ) Khi un = c1 (20153 2016 2016 )n + c2 [−(1 + 20153 Xét khả xảy 90 )]n Nếu c2 > un < với n lẻ đủ lớn Mâu thuẫn với giả thiết un > Nếu c2 < un < với n chẵn đủ lớn Mâu thuẫn với giả thiết un > 2016 Vậy c2 = un = c1 (20153 u0 = c1 (20153 2016 )n Do )0 = x ⇔ c1 = x f (x) = (20153 2016 )n x Thử lại, hàm f vừa tìm thỏa mãn điều kiện đề Vậy hàm f cần tìm 2016 f (x) = (20153 )n x 3.3 Một số phương trình hàm dạng khác Trong phần ta đưa số ví dụ toán phương trình hàm mà giải phương pháp đưa cấp số hay phương trình đặc trưng Ví dụ 3.17 (IMO 1996 ) Tìm tất hàm f : N −→ N thỏa mãn: f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n), ∀m, n ∈ N Giải Để giải toán trước tiên ta Cho m = n = thay vào (1) ta có f (f (0)) = f (f (0)) + f (0) ⇔ f (0) = Cho m = thay vào (1) ta f (f (n)) = f (f (0)) + f (n) 91 (1) ⇔ f (f (n)) = f (n) Vậy f (n) điểm bất động f với n ∈ N Vì (1) trở thành f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n) = f (m) + f (n) Tiếp theo ta giả sử w ∈ N điểm bất động f Bằng qui nạp ta kw điểm bất động f, với k ∈ N Thật a) Với k = k = hai trường hợp ta xét trên; b) Giả sử kw điểm bất động f, f ((k + 1)w) = f (kw + w) = f (kw + f (w)) = f (kw) + f (w) = kw + w = (k + 1)w Nên (k + 1)w điểm bất động Vậy kw điểm bất động f Nếu f có điểm bất động Thì theo ta có f (n) = 0, ∀n ∈ N Rõ ràng nghiệm toán Mặt khác, giả sử f có w > 0, w ∈ N điểm bất động nhỏ Ta điểm bất động khác có dạng kw Thật vậy, giả sử x điểm bất động khác f mà x có dạng x = kw + r ≤ r < w Ta có: x = f (x) = f (kw + r) = f (r + f (kw)) = f (r) + f (kw) = f (r) + kw Từ ta có f (r) = x − kw = r Do r điểm bất động mà r < w, điều mâu thuẫn với giả thiết w điểm bất động nhỏ Do r = 0, hay x = kw Theo ta có f (n) điểm bất động với n ∈ N nên f (n) = cn w với cn ∈ N Với n ∈ N ta có biểu diễn n = kw + r ≤ r < w Ta có f (n) = f (kw + r) = f (r + f (kw)) = f (r) + f (kw) = cr w + kw = n (cr + k)w = (cr + [ ])w w 92 Thật vậy, ta cho m = kw + r; n = lw + s với ≤ r, s < w Thay vào (1) ta có f (m + f (n)) = f (kw + r + f (lw + s)) = f (kw + r + (cr + l)w) = cr w + kw + cs w + lw = f (m) + f (n) Ví dụ 3.18 ( Theo IMO 1987) Chứng minh hàm f : N −→ N thỏa mãn: f (f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N Giải Giả sử tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử ∃n ∈ N cho f (n + 1) = f (n), ta (3) f (f (n + 1)) = f (f (n)) ⇒ n + + 1987 = n + 1987 ⇔ 1988 = 1987 (vô lý) f (n + 1) = f (n),khi xảy hai trường hợp sau a) Giả sử f (n + 1) < f (n), ta có n + 1987 = f (f (n)) ⇒ f (f (f (n))) = f (n) + 1987 ⇒ f (n+1987) = f (n)+1987 Mà f (n) > f (n + 1) nên f (n) ≥ f (n + 1) + Suy (3a) f (n) ≥ f (n+1)+1 ≥ f (n+2)+2 ≥ ≥ f (n+1987)+1987 (3b) Theo (3a) ta có f (n + 1987) − 1987 ≥ f (n + 1987) + 1987 (vô lý) b) Giả sử f (n + 1) > f (n), ∀n ∈ N, hay f (n + 1) ≥ f (n) + 1, ∀n ∈ N Từ f (n + 1987) ≥ f (n + 1986) + ≥ ≥ f (n) + 1987 93 Nếu f (n + 1987) > f (n) + 1987 f tăng nghiêm ngặt nên f (f (n + 1987)) > f (f (n) + 1987) ≥ f (f (n)) + 1987 Do n + 2.1987 > n + 2.1987 (Vô lý) Từ (3b) ta có f (n + 1987) = f (n) + 1987, dầu (3b) xảy ra, tức la f (n + 1) = f (n) + = f (n − 1) + = = f (1) + n ⇒ f (n) = n + f (1) − = n + a với a = f (1) − ∈ Z 1987 ∈ Z / Vậy hàm f thỏa mãn yêu cầu Bài toán Mà f (f (n)) = n + 2a = n + 1987 ⇒ a = Ví dụ 3.19 ( Dựa theo IMO 1987) Tìm hàm f : N −→ N thỏa mãn: f (f (n))+f (n) = 2n+3, ∀n ∈ N Giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Với n = ta có f (f (0)) + f (0) = 2.0 + ⇒ ≤ f (0) ≤ a) Nếu f (0) = f (f (0)) + f (0) = = 3, mâu thuẫn b) Nếu f (0) = f (2) + = ⇒ f (2) = f (1) = f (f (2)) = 2.2 + − f (2) = 6, từ f (6) = f (f (1)) = 2.1 + − f (1) = −1 ∈ N / Vậy f (0) = Mà c) Nếu f (0) = tương tự ta chứng minh f (0) = 94 (4) d) Nếu f (0) = ta có f (f (0)) + f (0) = ⇒ f (1) = f (f (0)) = = + Và f (f (1)) + f (1) = 2.1 + ⇔ f (2) = − = = + Khi ta chứng minh hàm số cần tìm f (n) = n + Thật vật phương pháp qui nạp ta có: Với n = f (0) = Giả sử khẳng định với n = k, (k ∈ N), tức f (k) = k + Với n = k + ta có f (k+1) = f (f (k)) = 2k+3−f (k) = 2k+3−k−1 = k+2 = (k+1)+1 Vậy khẳng định với n = k + 1, Thử lại ta thấy hàm vừa tìm thỏa mãn yêu cầu đề Vậy nghiệm toán là: f (n) = n + 1, n ∈ N Ví dụ 3.20 Tìm tất hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn: f (1) = f (2n) = 2f (n) − 1, ∀n ∈ N∗ f (2n + 1) = 2f (n) + 1, ∀n ∈ N∗ Giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu 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) = 95 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 tính toán số giá trị hàm f (n) hệ sô 10, ta chưa tìm qui luật f (n) Tuy nhiên viết hệ số ta có f (12 ) = 12 = 1.20 = f (1) = f ((1)2 ) = 12 = 1.20 = f (2) = f ((10)2 ) = (01)2 = 0.21 + 1.20 = f (3) = f ((11)2 ) = (11)2 = 1.21 + 1.20 = f (4) = f ((100)2 ) = (001)2 = 0.22 + 0.21 + 1.20 = f (5) = f ((101)2 ) = (011)2 = 0.22 + 1.21 + 1.20 Ta thấy rằng: Nếu n có biểu diễn hệ nhị phân n = (ak ak−1 a1 )2 với ak = f ((ak ak−1 a1 )2 ) = (ak−1 a1 ak )2 = ak−1 2k−1 + + a1 20 + ak 20 (∗) Ta chứng minh nhận xét qui nạp Ta thấy (*) với n ≤ Giả sử (*) với n = m, (m ≥ 6) Ta chứng minh (*) với n = m + a) Nếu m + số chẵn, ta đặt m + = 2q với q = (ak ak−1 a1 )2 m + = 2q = (ak ak−1 a1 )2 Ta f (m + 1) = f (2q) = 2f (q) − = 2(ak−1 2k−1 + + a1 21 + ak 20 ) − = (ak−1 a1 01)2 = (ak−1 a1 0ak )2 b) Nếu m + số lẻ, ta đặt m + = 2q + với q = (ak ak−1 a1 )2 m + = 2q = (ak ak−1 a1 1)2 Ta f (m + 1) = f (2q + 1) = 2f (q) + 96 = 2(ak−1 2k−1 + + a1 21 + ak 20 ) + = (ak−1 a1 11)2 = (ak−1 a1 1ak )2 Vậy (*) với n = m + Do n có biểu diễn hệ nhị phân n = (ak ak−1 a1 )2 với ak = f ((ak ak−1 a1 )2 ) = (ak−1 a1 ak )2 = ak−1 2k−1 + + a1 20 + ak 20 Thử lại thấy hàm số thỏa mãn điều kiện toán Ví dụ 3.21 Tìm tất hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn: f (1) > f (m2 + n2 ) = f (m) + f (n), ∀m, n ∈ N Giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán a) Với m = n = ta có f (0) = 2f (02 ) ⇔ f (0) = f (0) = (loại f (0) ∈ N ) b) Với n = ta có f (m2 ) = f (m) Khi f (m2 + n2 ) = f (m)2 + f (n)2 Ta có nhận xét sau: f (1) = f (1) ⇒ f (1)(1 − f (1)) = ⇒ f (1) = (f (1) > 0) f (2) = f (12 + 12 ) = f (1) + f (1) = f (4) = f (22 ) = f (2) = f (5) = f (22 + 12 ) = f (2) + f (1) = + = f (25) = f (52 ) = f (5) = 25 = f (32 + 42 ) Vậy f (3) = 97 Tương tự ta tính f (6) = 6; f (7) = 7; f (8) = 8; f (9) = 9; f (10) = 10 Vậy f (n) = n với n < 10, quy nạp ta chứng minh f (n) = n, ∀n ∈ N Thật vậy, giả sử f (k) = k với k ≥ 10 Ta chứng minh f (k + 1) = k + Ta thấy (k + 1) có dạng sau 5m + r, ≤ r ≤ 4, m, r ∈ N Ta có đẳng thức sau: (5m)2 = (4m)2 + (3m)2 (5m + 1)2 + 22 = (4m + 2)2 + (3m − 1)2 (5m + 2)2 + 12 = (4m + 1)2 + (3m + 2)2 (5m + 3)2 + 12 = (4m + 3)2 + (3m + 1)2 (5m + 4)2 + 22 = (4m + 2)2 + (3m + 4)2 Với k + = 5m f (5m) = f ((5m)2 ) = f (4m) + f (3m) = (5m)2 ⇒ f (5m) = 5m Với k + = 5m + f (5m) = f ((5m)2 + 22 ) = f ((4m + 2)2 ) + f ((3m − 1)2 ) = f (4m) + f (3m) = f (5m + 1) = (5m + 1)2 ⇒ f (5m + 1) = 5m + Với k + = 5m + f (5m + 2) = f ((5m + 2)2 + 12 ) = f ((4m + 1)2 ) + (3m − 1)2 ) ⇒ f (5m + 2) = 5m + Với k + = 5m + f (5m + 3) = f ((5m + 3)2 + 12 ) = f ((4m + 3)2 ) + (3m + 1)2 ) ⇒ f (5m + 3) = 5m + Với k + = 5m + f (5m + 4) = f ((5m + 3)2 + 12 ) = f ((4m + 3)2 ) + (3m + 4)2 ) ⇒ f (5m + 4) = 5m + 98 Vậy f (k + 1) = k + Do f (n) = n, ∀n ∈ N Thử lại ta thấy hàm f thỏa mãn điều kiện đề 99 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau Đưa số Bài toán phương trình hàm bao gồm Bài toán Cauchy nghiệm Bài toán đó, tổng quát hóa giải toán miền xác định khác Sau em trình bày ví dụ sử dụng kết Bài toán Trình bày vài phương pháp để giải Phương trình hàm Mỗi phương pháp em lấy ví dụ để minh họa Chỉ dấu hiệu dạng Phương trình để sử dụng phương pháp cho hiệu Trình bày vài dạng khác Phương trình hàm, phương trình hàm có miền xác định đặc biệt tập số tự nhiên oTuy nhiên, khuôn khổ luận văn thạc sĩ hiểu biết thân hạn chế, tài liệu tiếng Việt Phương trình hàm chưa có nhiều nên chắn Luận văn nhiều thiếu sót Vì vậy, mong góp ý quý thầy cô bạn để Luận văn hoàn chỉnh 100 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Phương Trình Hàm, Nhà xuất Giáo Dục, 1999 [2] Nguyễn Văn Mậu, Tập Bài giảng Phương Trình Hàm [3] ThS.Nguyễn Tài Chung - ThS NGƯT Lê Hoàng Phò Chuyên Khảo Phương Trình Hàm, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2013 [4] Marko Radovanovic, Function Equations,The Authors and IMO compediu Group, 2007 [5] Function Equations, IMO maths.com 101