ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KIM THỊ HƯỜNG CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG ABEL TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KIM THỊ HƯỜNG CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG ABEL TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2016 Mục lục Mở đầu Một số kiến thức 1.1 Hàm chẵn, lẻ 1.2 Hàm tuần hoàn, phản tuần hoàn 1.2.1 Hàm tuần hoàn cộng tính, phản tuần hoàn cộng tính 1.2.2 Hàm tuần hoàn nhân tính, phản tuần hoàn nhân tính 1.3 Hàm mũ 1.4 Phép lặp 1.5 Đặc trưng số hàm sơ cấp 1.6 Tập trù mật 1.7 Hàm chuyển đổi phép tính số học 5 6 15 15 18 18 Các phương trình hàm dạng Abel 2.1 Phương trình hàm dạng mũ 2.1.1 Nghiệm thực phương trình hàm dạng mũ 2.1.2 Nghiệm phức phương trình hàm dạng mũ 2.2 Phương trình hàm với hàm arctan 2.3 Phương trình hàm sinh hàm lượng giác 2.4 Một số dạng phương trình hàm khác 2.4.1 Phương trình lặp 2.4.2 Phương trình dạng Pexider với phép tính số 2.4.3 Về nghiệm số hệ phương trình 20 21 21 21 23 24 26 26 26 33 học Một số lớp phương trình đa ẩn hàm 35 3.1 Phương trình hàm Pexider dạng toán liên quan 35 3.2 Phương trình D’Alembert lớp hàm số liên tục 39 Một số dạng toán phương trình hàm từ đề thi Olympic 4.1 Phương trình hàm với cặp biến tự 4.1.1 Các đề thi học sinh giỏi Việt Nam 4.1.2 Các thi Olympic nước khu vực 4.1.3 Đề thi toán Olympic quốc tế (IMO) 4.2 Phương trình hàm biến 4.2.1 Các đề thi học sinh giỏi Việt Nam 4.2.2 Các đề thi Olympic nước khu vực 4.3 Phương trình hàm tập rời rạc 48 48 48 53 72 73 73 74 75 Kết luận 80 Tài liệu tham khảo 81 Mở đầu Hiện nay, số trường phổ thông, phương trình hàm chưa đề cập nhiều Phần lớn học sinh tiếp cận với phương trình hàm học sinh lớp chuyên toán, học sinh đại trà phương trình hàm dạng toán xa lạ Các học sinh tìm hiểu phương trình hàm cảm thấy khó học giải phương trình hàm đòi hỏi người học phải vận dụng nhiều kiến thức mà phải có khả tư tốt, khả khái quát, nhận dạng tìm cách giải hợp lí Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, olympic toán khu vực quốc tế, thường xuất dạng toán liên quan đến phương trình hàm Xuất phát từ thực tế đó, chọn đề tài: "Các phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục" làm đề tài luận văn thạc sĩ Với mục tiêu luận văn cung cấp thêm cho em học sinh - sinh viên đặc biệt em học sinh- sinh viên khá, giỏi, có khiếu yêu thích môn toán tài liệu tham khảo Ngoài kiến thức lý thuyết luận văn nghiên cứu thêm số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục; phương trình hàm Pexider dạng toán liên quan; phương tình D’Alembert lớp hàm liên tục; số dạng toán phương trình hàm từ đề thi Olympic Để hoàn thành luận văn này, tác giả thu thập, phân tích, nghiên cứu tài liệu phương trình hàm đặc biệt phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục thông qua tài liệu tham khảo sách, Internet, trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến thầy hướng dẫn, chuyên gia đồng nghiệp tổng hợp, hệ thống lại Cấu trúc luận văn gồm ba phần: phần mở đầu, phần nội dung phần kết luận Nội dung luận văn gồm bốn chương: - Chương Một số kiến thức Trong chương trình bày định nghĩa hàm chẵn, hàm lẻ, hàm tuần hoàn, hàm phản tuần hoàn; định nghĩa định lý, tính chất đến hàm mũ; định nghĩa phép lặp; đặt trưng số hàm sơ cấp; hàm chuyển đổi phép tính số học Chương Một số dạng phương trình hàm Abel Trong chương trình bày số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục: Phương trình mũ; phương trình lặp; Phương trình hàm sinh hàm arctan; phương trình hàm sinh hàm lượng giác; phương trình hàm dạng khác Chương Các lớp phương trình hàm liên quan Trong chương trình bày số lớp phương trình hàm liên quan như: Phương trình hàm Pexider dạng toán liên quan; phương trình D’Alembert lớp hàm liên tục Chương Một số dạng toán phương trình hàm từ đề thi Olympic Nội dung chủ yếu chương trình bày số dạng toán từ đề thi học sinh giỏi Việt Nam, Olympic nước khu vực, Olympic quốc tế (IMO) Trong thơì gian thực luận văn, tác giả nhận hướng dẫn bảo tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc trân trọng công lao, quan tâm, động viên tận tình bảo thầy Nguyễn Văn Mậu Tác giả chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học dạy bảo tận tình, chân thành cảm ơn thầy cô Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, văn phòng khoa Toán - Cơ - Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi suốt thời gian tác giả học tập thực luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu tập thể giáo viên trường Cao Đẳng Nông nghiệp PTNT Bắc tạo điều kiện cho tác giả có hội học tập nghiên cứu Mặc dù tác giả cố gắng học tập, nghiên cứu, thảo luận để thực luận văn Tuy nhiên, điều kiện thời gian khuôn khổ luận văn nên tác giả chưa sâu nghiên cứu tất phương trình Abel không tránh khỏi thiếu xót Tác giả luận văn mong muốn nhận góp ý kiến quý thầy cô đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Người thực Kim Thị Hường Chương Một số kiến thức Trong chương này, trình bày số lý thuyết thường sử dụng nghiên cứu phương trình hàm Các kiến thức chương tham khảo tài liệu [1, 3] 1.1 Hàm chẵn, lẻ Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R Định nghĩa 1.1 Hàm f (x) gọi hàm số chẵn x = M , M ⊂ D(f ) (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Bài toán 1.1 Cho x0 ∈ R Xác định hàm số f (x) cho f (x0 − x) = f (x), ∀x ∈ R (1.1) x0 x0 −t ⇔t= −x 2 x0 Khi x0 − x = + t (1.11) có dạng Lời giải Đặt x = f x0 − t , ∀t ∈ R (1.2) x0 x0 − t , f (t) = g t − 2 Khi (1.2) có dạng g(−t) = g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) hàm chẵn R Đặt g(t) = f x0 +t x0 +t =f g(−t) = f Kết luận: f (x) = g x − g(x) hàm chẵn tùy ý R x0 , Định nghĩa 1.2 Hàm f (x) gọi hàm số lẻ x = M , M ⊂ D(f ) (gọi tắt hàm lẻ M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Bài toán 1.2 Cho a, b ∈ R Xác định hàm số f (x) cho f (a − x) + f (x) = b, ∀x ∈ R Lời giải Đặt (1.3) a a a − x = t , x = − t) a − x = + t 2 Thay vào (1.3), ta f Đặt f a +t +f a − t = b (1.4) a b + t − = g(t) 2 Khi (1.4) có dạng g(−t) + g(t) = 0, ∀t ∈ R hay g(−t) = −g(t), ∀t ∈ R Vậy g(t) hàm lẻ R Kết luận: f (x) = g x − a b + , 2 g(x) hàm lẻ tùy ý R 1.2 1.2.1 Hàm tuần hoàn, phản tuần hoàn Hàm tuần hoàn cộng tính, phản tuần hoàn cộng tính Định nghĩa 1.3 Hàm f (x) gọi hàm tuần hoàn (cộng tính) chu kỳ a(a > 0) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M, f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M, (1.5) số a dương nhỏ thỏa mãn (1.5) gọi chu kỳ sở hàm tuần hoàn f (x) Bài toán 1.3 Cho cặp hàm f (x), g(x) tuần hoàn M có chu kỳ a ∈ Q Chứng minh F (x) := f (x) + g(x) G(x) := f (x)g(x) b hàm tuần hoàn M a b với Lời giải Theo giả thiết ∃m, n ∈ N+ , (m, n) = cho m a = b n Đặt T = na = mb Khi F (x + T ) = f (x + na) + g(x + mb) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M G(x + T ) = f (x + na)g(x + mb) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M Hơn nữa, dễ thấy ∀x ∈ M x ± T ∈ M Vậy F (x), G(x) hàm tuần hoàn M Định nghĩa 1.4 Hàm f (x) gọi hàm số phản tuần hoàn (cộng tính) chu kỳ b(b > 0)trên tập M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M, f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ M, (1.6) số b dương nhỏ thỏa mãn (1.6) gọi chu kỳ sở hàm phản tuần hoàn f (x) Bài toán 1.4 Chứng minh hàm phản tuần hoàn M hàm tuần hoàn M Lời giải Theo giả thiết, ∃b > cho ∀x ∈ M x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ M Suy ∀x ∈ M x ± 2b ∈ M f (x + 2b) = f (x + b + b) = −f (x + b) = −(−f (x)) = f (x), ∀x ∈ M Vậy f (x) hàm tuần hoàn với chu kỳ 2b M 1.2.2 Hàm tuần hoàn nhân tính, phản tuần hoàn nhân tính Định nghĩa 1.5 Hàm f (x) gọi hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ α (α > 1) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ α±1 x ∈ M, f (αx) = f (x), ∀x ∈ M ; (1.7) số α > nhỏ thỏa mãn (1.7) gọi chu kỳ sở hàm tuần hoàn nhân tính f (x) Bài toán 1.5 Cho f (x), g(x) hai hàm tuần hoàn nhân tính M có chu kỳ a b ln |a| m = , m, n ∈ N+ ln |b| n Chứng minh F (x) := f (x) + g(x) G(x) = f (x)g(x) hàm nhân tính M Lời giải Từ giả thiết, suy |a|n = |b|m Ta chứng minh T := a2n = b2m chu kỳ F (x) G(x) Thật vậy, ta có F (T x) = f (a2n x) + g(b2m x) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M G(T x) = f (a2n x)g(b2m x) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M Hơn nữa, ∀x ∈ M T ±1 x ∈ M Do F (x) G(x) hàm tuần hoàn nhân tính M Định nghĩa 1.6 Hàm f (x) gọi hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ β (β > 1) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ β ±1 x ∈ R, f (βx) = −f (x), ∀x ∈ R; (1.8) số β > nhỏ thỏa mãn (1.8) gọi chu kỳ sở hàm phản tuần hoàn nhân tính Bài toán 1.6 Chứng minh f (x) hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ b (b > 1) M f (x) có dạng: f (x) = (g(bx) − g(x)), (1.9) g(x) hàm tuần hoàn nhân tính với chu kỳ b2 M Lời giải Thật vậy, f (x) có dạng (1.9) f (bx) = (g(b2 x) − g(bx)) = (g(x) − g(bx)) = − (g(bx) − g(x)) = −f (x), ∀x ∈ M Hơn nữa, ∀x ∈ M b±1 x ∈ M Do f (x) hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b M 68 f (y0 ) = → f (−y0 ) = −f (y0 ) = hay x + f (−y0 ) = x + f (y0 ) với x ∈ R Điều có nghĩa f (−y0 ) = f (y0 ) với x ∈ R Điều dẫn đến f (−y) = f (y) ∀y ∈ R (4.70) Đặt f (0) = a Thay y = vào phương trình (4.68),ta thu g(x) = f (x + a) (4.71) Ta có f (x + f (y)) = y + f (x + a) = y + f (−a − x) = y + f ((−x − 2a) + a) = f (−x − 2a + f (y)) Từ (4.68) suy (x + f (y))2 = (−x − 2a + f (y))2 ⇔ (2f (y) − 2a)(2x + 2a) = ∀x, y ∈ R Suy f (y) = a với y ∈ R Từ (4.71) dẫn đến g(x) = a với x ∈ R Thay vào (4.68), ta a = y + a với y ∈ R, vô lý Vì không tồn cặp hàm f, g thỏa mãn đề Bài toán 4.18 (Belarus, 2014) Tìm tất hàm f : R+ → R+ thỏa mãn điều kiện f (x + f (y) = f (x) + y ∀x, y ∈ R+ với R+ = (0, +∞) (4.72) Lời giải Đặt + f (1) = a Cho x = y = vào phương trình (4.72), ta f (a) = a Thay x f (z) vào phương trình (4.72), ta f (f (z) + f (y)) = f (f (z)) + y Từ phương trình ta đổi vai trò y z , ta f (f (z) + f (y)) = f (f (y)) + z Do đó, ta có f (f (z)) + y = f (f (y)) + z (4.73) 69 Tiếp theo, thay z = a vào phương trình (4.73), ta a + y = f (f (y)) + a ⇔ y = f (f (y)) Mặt khác, cho y = f (z) vào (4.72), ta f (x + z) = f (x) + f (z), ∀x, z ∈ R Ta chứng minh f (x) = x, ∀x ∈ R Giả sử ngược lại Nếu f (t) > t với t > đó, ta có t = f (f (t)) = f (f (t) − t + t) = f (f (t) − t) + f (t) > f (t) > t Vô lý Nếu f (t) < t với t > đó, ta có f (t) = f (t − f (t) + f (t)) = f (t − f (t)) + f (f (t)) > f (f (t)) > t Vô lý Thử lại f (x) = x, ∀x ∈ R+ thỏa mãn đề Vậy f (x) = x, ∀x ∈ R+ Bài toán 4.19 (Thổ Nhĩ Kỳ, 2012) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện sau f (f (x2 ) + y + f (y)) = x2 + 2f (y) (4.74) x ≤ y f (x) ≤ f (y) (4.75) Lời giải Trước hết, ta chứng minh f đơn ánh Cho y = vào (4.74), ta f (f (x2 ) + f (0)) = x2 + 2f (0) ∀x ∈ R Suy f (f (a) + f (0)) = a + 2f (0) ∀a ≥ (4.76) Từ (4.76) ta thấy f (x) đơn ánh [0, +∞) Lấy y1 , y2 ∈ R cho f (y1 ) = f (y2 ) f (f (x2 ) + y1 + f (y1 )) = f (f (x2 ) + y2 + f (y2 )) Với điều kiện đó, ta thấy y cố định f (x) không bị chặn nên cho x đủ lớn f (x2 + y1 + f (y1 )) f (f (x2 ) + y2 + f (y2 )) có giá trị y1 = y2 Vậy f hàm đơn ánh R Tiếp theo, ta chứng minh f (0) = Thật vậy, f (0) ≤ 0, cho a = −2f (0) vào phương trình (4.76), ta f (f (−2f (a)) + f (0)) = hay tồn c ∈ R thỏa mãn điều kiện f (c) = 70 Cho x = y = c vào (4.74), ta f (f (0) + c) = Từ f hàm đơn ánh suy f (0) + c = c hay f (0) = Nếu f (0) ≥ 0, cho x = y = vào phương trình (4.74), ta f (2f (0)) = 2f (0) Cho a = 3f (0) = f (0) + f (2f (0)), (4.76) thành f (a) = f (f (0) + f (2f (0))) = 2f (0) + 2f (0) = 4f (0) Ta có f (f (a) + f (0)) = f (5f (0)) = 3f (0) + 2f (0) = 5f (0) Cho x = y = 2f (0) vào điều kiện (4.74), ta f (5f (0)) = 4f (0) Vì f (5f (0)) có hai giá trị 5f (0) 4f (0) , suy f (0) = Mặt khác từ (4.76) cho a ≥ 0, f (f (a)) = a Thay x = vào (1), ta f (y + f (y)) = 2f (y) ∀y ∈ R Cho y = f (a), ta f (f (a) + a) = 2f (f (a)) = 2a Cho y = a, ta f (a + f (a)) = 2f (a) ∀a ≥ Suy f (a) = a ∀a ≥ Mặt khác, từ điều kiện (4.74) f (f (x2 ) + y + f (y)) = x2 + 2f (y) Cho y0 bất kỳ, tồn x0 cho x20 + y0 + f (y0 ) > Vì f (x20 + y0 + f (y0 )) = x20 + y0 + f (y0 ) = x20 + 2f (y0 ) Vì f (y0 ) = y0 Mà y0 nên f (x) = x với số thực x Thử lại ta thấy phương trình hàm thỏa mãn đề Vậy f (x) = x với x ∈ R Bài toán 4.20 (Hàn Quốc 2013) Tìm tất hàm f : R → [0, +∞) cho ∀a, b, c, d ∈ R thỏa mãn ab + bc + cd = ta có đẳng thức sau: f (a − b) + f (c − d) = f (a) + f (b + c) + f (d) (4.77) Lời giải Trước hết, ta chứng minh kết sau: ∀p, q, r ∈ R thỏa mãn p2 + q = r2 , ta có đẳng thức sau f (p) + f (q) = f (r) p−q+r p−q−r p+q+r Cho a = ,b = ,c = , d = q ta thấy ab + bc + cd = 2 2 (p + q − r2 ) = áp dụng (4.77), ta f (r) + f p−q+r =f p−q+r + f (p) + f (q) hay f (q) + f (p) = f (r)(đpcm) Cho (p, q, r) = (0, 0, 0) áp dụng bổ để ta có f (0) = (4.78) 71 Cho (p, q, r) = (p, 0, −p) áp dụng bổ để ta có f (−p) = f (p), suy f hàm chẵn √ Nếu t ≥ 0, t ∈ R xét g : [0, +∞) → [0, +∞) xác định g(t) = f ( t) Ta g(a + b) = g(a) + g(b) Cho a ≥ b ≥ 0, ta g(a) = g(a − b) + g(b) ≥ g(b) Nên g hàm đơn điệu tăng, suy g(x) = g(1).x, ∀x ≥ Suy f (x) = f (1).x2 , ∀x ≥ Vì f hàm chẵn Nên f (x) = f (1).x2 , ∀x ∈ R Và f (1) ≥ f (x) ≥ hay f (x) = λx2 với λ ≥ Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn đề Vậy f (x) = λx2 với λ ≥ Bài toán 4.21 (D.P.R.K 2012) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x2 + 2yf (x)) + f (y ) = f (x + y), ∀x, y ∈ R Lời giải Cho x = y = vào (4.79), ta 2f (0) = f (0) nên (4.79) f (0) = f (0) = Trường hợp 1: f (0) = Cho x = suy f (4y) = f (y) − f (y ) Cho y = vào (4.79), ta f (x2 ) + = f (x); f (x) − f (x2 ) = Suy f (4y) = 2, ∀y ∈ R hay f (x) = 2, ∀x ∈ R Trường hợp 2: f (0) = Cho y = 0, ta có f (x) = f (x2 ) nên |f (x)| = |f (−x)| f (x) ≥ 0, ∀x ≥ Nếu f (a) = với a > Cho x = y = a, ta có f (2a) = f (a2 + 2af (a)) + f (a2 ) = 2f (a2 ) = 2f (a) = , suy f (2a) = Với ∀b thỏa mãn < b < a, cho x = a−b, y = b, ta f (x2 +2yf (x))+f (b2 ) = Từ x2 + 2yf (x) ≥ 0, ta có f (x2 + 2yf (x)) ≥ f (b2 ) ≥ Nên f (b2 ) = 0, f (b) = hay f (x) = 0, ∀x ≥ hay f (x) = 0, ∀x ∈ R Nếu f (x) = 0, ∀x = 0, cho y = 2f (x) − 2x ta có x2 + 2yf (x) = x2 + y(y + 2x) = (x + y)2 Nên f (x + y)2 + f y = f (x + y) Hay f (y) = suy y = 2f (x) − 2x = nênf (x) = x, ∀x ∈ R f (x) = 0, ∀x ∈ R Vậy f (x) = 2, ∀x ∈ R f (x) = x, ∀x ∈ R 72 Bài toán 4.22 (Moldova 2014) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (xf (y) + y) + f (xy + x) = f (x + y) + 2xy, ∀x, y ∈ R (4.80) Lời giải Cho x = 1; y = vào (4.80), ta f f suy f (a) = với a = f + +f 2 =f + 1, 1 + 2 Cho y = a vào (4.80), ta f (x + a) + f (ax + x) = f (x + a) + 2ax , suy f (x(a + 1)) = 2ax, , ∀x ∈ R, (4.81) Nếu a = −1 (4.81) trở thành f (0) = −2x, ∀x ∈ R (vô lý) Vì a = −1 2a t thay vào (4.81), ta f (t) = t = ct, , ∀t ∈ R a+1 a+1 Thay vào (4.80), ta c2 xy + cy + cxy + cx = c(x + y) + 2xy, c=1 hay c2 + c − xy = 0, ∀x, y ∈ R, suy c2 + c − = ⇔ c = −2 Ta đặt x = Vì f (x) = x, ∀x ∈ R f (x) = −2x, ∀x ∈ R Ta kiểm tra thấy hai hàm thỏa mãn Vậy có hai hàm số thỏa mãn f (x) = x, ∀x ∈ R f (x) = −2x, ∀x ∈ R 4.1.3 Đề thi toán Olympic quốc tế (IMO) Bài toán 4.23 ((IMO Shortlisted 2002)) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (f (x) + y) = 2x + f (f (y) − x) , ∀x, y ∈ R Lời giải +) Ta chứng minh f toàn ánh Thật vậy, thay y = −f (x) vào phương trình ban đầu, ta f (0) = 2x + f (f (−f (x)) − x) ⇔ f (f (−f (x)) − x) = f (0) − 2x, suy f toàn ánh +) Do f toàn ánh nên tồn a ∈ R cho f (a) = 73 +) Thay x = a vào phương trình ban đầu, ta f (y) = 2a + f (f (y) − a) ⇔ f (f (y) − a) + a = f (y) − a (4.82) +) Do f toàn ánh nên với x ∈ R tồn y ∈ R cho x + a = f (y) Do đó, từ đẳng thức (4.82), ta thu x = f (x) + a ⇔ f (x) = x − a, ∀x ∈ R Thử lại, ta thấy thỏa mãn điều kiện Vậy f (x) = x − a 4.2 Phương trình hàm biến 4.2.1 Các đề thi học sinh giỏi Việt Nam Bài toán 4.24 (Đề thi học sinh giỏi Việt Nam năm 2000) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn x2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x4 (4.83) Lời giải Giả sử tồn hàm số f (x) thỏa mãn yêu cầu toán Thay x − x, ta (1 − x2 )f (1 − x) + f (x) = 2(1 − x) − (1 − x4 ) (4.84) Từ (4.83) (4.84) suy (1 − x)2 [2x − x4 − x2 f (x)] + f(x) = 2(1 − x) − (1 − x)4 ⇔ (x2 − x − 1)(x2 − x + 1)f (x) = (1 − x)(1 + x3 )(x2 − x − 1) ⇔ (x2 − x − 1)f (x) = (1 − x2 )(x2 − x − 1) (do x2 − x + > 0, ∀x ∈ R.) Nếu ký hiệu a; b nghiệm phương trình x2 − x − f (x) = − x2 , ∀x ∈ / a; b (4.85) Để tính f (a); f (b) ta thay x = a x = b vào công thức (4.85) lưu ý a + b = 1; ab = −1, ta a2 f (a) + f (b) = 2a − a4 ⇔ b2 f (b) + f (a) = 2b − b4 Vậy f (x) = − x2 c, c ∈ R 2a − a4 − a2 c f (a) = c c ∈ R f (b) = 2a − a4 − a2 c x = a; x = b x = a với a, b nghiệm phương trình x = b x2 − x − Ta dễ dàng kiểm tra hàm số f (x) xác định thỏa mãn (4.83) nên nghiệm cần tìm 74 4.2.2 Các đề thi Olympic nước khu vực Bài toán 4.25 (Croatia 1996) Cho t ∈ (0; 1) Tìm tất hàm f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện f (x) − 2f (tx) + f (t2 x) = x2 , ∀x ∈ R (4.86) Lời giải Giả sử tồn hàm số f (x) thỏa mãn yêu cầu toán Đặt g(x) := f (x)−f (tx) Dễ thấy g(x) liên tục x = 0, g(0) = g(x)−g(tx) = x2 Như vậy, ta có g(x) − g(tx) = x2 g(tx) − g(t2 x) = t2 x2 g(tn−1 x) − g(tn x) = t2(n−1) x2 Cộng vế tương ứng đẳng thức rút gọn số hạng đồng dạng, ta g(x) − g(tn x) = x2 (1 + t2 + t4 + · · · + t2(n−1) ) = x2 − t2n − t2 (4.87) Do tính liên tục hàm số g(x) g(0) = nên n → +∞, từ phương trình trên, ta thu g(x) = x2 − t2 hay f (x) − f (tx) = x2 − t2 Lại làm giống hàm g(x), ta x2 f (x) − f (0) = (1 − t2 )2 Vậy f (x) = x2 + c (1 − t2 )2 Bài toán 4.26 (Thổ Nhĩ Kỳ, 2012) Tìm tất hàm f : R → R+ thỏa mãn điều kiên f (x2 ) = f (x) − 2xf (x), ∀x ∈ R f (−x) = f (x − 1), ∀x ∈ R 75 < x < y f (x) < f (y) ∀x, y ∈ R Lời giải Thay x = vào điều kiện 1, ta f (0) = f (0) Vì f (0) > nên f (0) = Thay x −x vào điều kiện 1, ta f (x) − 2xf (x) = f (−x)2 + 2xf (−x) Vì (f (x) − f (−x))(f (x) + f (−x)) = 2x(f (−x) + f (x)) Mặt khác f (x) > ∀x ∈ R, suy f (x) = f (−x) + 2x Theo điều kiện 2, ta có f (x) = 2x + f (x − 1) (4.88) Dùng phương pháp quy nạp, ta thu f (n) = n2 + n + 1, ∀n ∈ N Tiếp tục áp dụng quy nạp theo n ∈ N, ta f (x + n) = f (x) + 2nx + n2 + n, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N Cho x = (4.89) m với m, n ∈ N∗ Khi đó, từ (4.89) ta có n f ((x + n)2 ) = f (x + 2xn + n2 ) = f (x2 ) + 2x2 (2m + n2 ) + (2m + n2 )2 + 2m + n2 Mặt khác từ điều kiện 1, (4.89), ta f (x + 2xn + n2 ) = f (x2 ) + 2x2 (2m + n2 ) + (2m + n2 )2 + 2m + n2 = f ((x + n)2 ) = f (x + n) − 2(x + n)f (x + n) = (f (x) + 2nx + n2 + n)2 − 2(x + n)(f (x) + 2nx + n2 + n) Suy f (x) = x2 + x + 1, ∀x ∈ Q, x > Mặt khác, ta thấy f (x) x2 + x + hàm tăng (1, +∞) chúng tập giá trị hữu tỷ dương (tập hữu tỷ tập trù mật tập số thực) nên suy f (x) = x2 + x + 1, ∀x > Sử dụng (4.88) điều kiện 2, ta thu f (x) = x2 + x + 1, ∀x ∈ R Thử lại, ta thấy f (x) = x2 + x + hàm thỏa mãn điều kiện Vậy f (x) = x2 + x + 1, ∀x ∈ R 4.3 Phương trình hàm tập rời rạc Trong phần trình số đề thi Olympic toán quốc tế (IMO) phương trình hàm tập rời rạc 76 Bài toán 4.27 (IMO Shortlisted 2010) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ có tính chất (f (m) + n) (m + f (n)) số phương ứng với m, n ∈ N∗ Lời giải Ta dự đoán nghiệm toán f (n) = n + c, ∀n ∈ N∗ , c số nguyên Với hàm số f (n) = n + c, ∀n ∈ N∗ ta dự đoán số tính chất đặc trưng p số nguyên tố cho p| f (a) − f (b) p| a − b, |f (n + 1) − f (n)| = 1, ∀n ∈ N∗ Với giả thiết toán ta dự đoán tính chất p số nguyên tố cho p| f (a) − f (b) p| a − b Trước hết, ta chứng minh Bổ đề 4.1 Nếu p| f (k) − f (l) với p số nguyên tố k, l ∈ N∗ p| k − l Chứng minh Ý tưởng để chứng minh bổ đề chọn số nguyên dương n cho f (n) + k f (n) + l chia hết cho p Từ suy p| k − l Khi p2 f (k) − f (l), đặt f (l) = f (k) + p2 a, a ∈ Z Chọn n = pD − f (k) (số D chọn sau), suy n + f (k) = pD p Tiếp theo, ta xét đẳng thức n + f (l) = pD + f (l) − f (k) = p (D + pa) , suy n + f (l) p Do giả thiết (f (k) + l) (k + f (l)) số phương nên ta cần chọn D cho f (n) + k f (n) + l chia hết cho p không chia hết cho p2 Muốn ta chọn D sau: Lấy D đủ lớn cho D không chia hết cho p Khi ta có  n + f (k) p2  n + f (k) p  (n + f (k)) (k + f (n)) = t2 nên          n + f (l) p2 n + f (l) p k + f (n) p (4.90) (n + f (l)) (l + f (n)) = h2 suy l + f (n) p Từ(4.90)và (4.91), ta thu p| k − l Khi p| f (k) − f (l) f (k) − f (l) không chia hết cho p2 (4.91) 77 Chọn D cho n = p3 D − f (k) D không chia hết cho p Khi đó, ta n + f (k) = p3 D, số n + f (l) = p3 D + f (l) − f (k) ≡ (modp) n + f (l) không chia hết cho p2 Mặt khác, ta có (n + f (l)) (l + f (n)) (n + f (k)) (k + f (n)) số phương nên k + f (n) ≡ (modp) l + f (n) ≡ (modp) suy k − l ≡ (modp) Vậy bổ đề chứng minh Trở lại chứng minh toán Ta thấy, f (k) = f (l) với số nguyên tố p > max {k, l} đủ lớn, theo bổ đề 4.1, ta p| k − l, điều xảy k = l Nếu tồn số nguyên tố p cho p| f (n + 1) − f (n) theo bổ đề 4.1, ta p| n + − n, suy p| 1, vô lí Vậy nên |f (n + 1) − f (n)| = 1, ∀n ∈ N∗ (4.92) Từ (4.92) giả thiết, ta cần f (n + 1) − f (n) = 1, ∀n ∈ N∗ f (n + 1) − f (n) = −1, ∀n ∈ N∗ Nhận xét hai đẳng thức không xảy tồn số nguyên dương k cho f (k + 1) − f (k) = f (k + 2) − f (k + 1) = −1 Cộng vế tương ứng hai đẳng thức này, ta f (k + 2) − f (k) = ⇔ f (k + 2) = f (k) ⇔ k + = k, vô lí Do đó, ta f (n + 1) − f (n) = 1, ∀n ∈ N∗ f (n + 1) − f (n) = −1, ∀n ∈ N∗ *) f (n + 1) − f (n) = −1, ∀n ∈ N∗ , suy f (n + 1) < f (n) , ∀n ∈ N∗ , vô lí *) f (n + 1) − f (n) = 1, ∀n ∈ N∗ , suy f (n) = n − + f (1) , ∀n ∈ N∗ , suy f (n) = n + c, ∀n ∈ N∗ , c số nguyên không âm Thử lại, ta thấy f (n) = n+c, ∀n ∈ N∗ hàm thỏa mãn 78 Bài toán 4.28 (IMO Shortlisted 2007, Germany TST 2008) Tìm tất ánh xạ toàn ánh f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện: Ứng với số nguyên tố p, p | f (m + n) p | f (m) + f (n) với m, n ∈ N∗ Lời giải Với số nguyên tố p, gọi d số nguyên dương nhỏ thỏa mãn p| f (d) Bổ đề 4.2 p| f (n) , suy d| n Thậy vậy, p| f (d) , suy p| f (d) + f (d) , suy p| f (2d) Bằng quy nạp, ta p| f (kd) với số nguyên dương k Lấy n chia cho d thương q dư r Khi r > 0, kết hợp với p| f (qd) , p| f (qd + r) , suy p| f (r) vô lí r < d suy r = hay d| n Bổ đề 4.3 m ≡ n (modp) ⇔ f (m) ≡ f (n) (modp) Nếu f (m) ≡ f (n) (modp), ta lấy k cho k + m ≡ (modd) , suy p| f (k + m) , suy p| f (k) + f (m) , p| f (n) − f (m) , suy p| f (k) + f (n) Vậy p| f (k + n) , suy d| k + n, suy d| m − n Tương tự, ta m ≡ n (modd) , suy f (m) ≡ f (n) (modp) Ta có {f (1) , f (2) , , f (d)} đôi khác theo modp, suy d ≤ p Xét {1, 2, , p} tồn số xi , i = 1, 2, , p cho f (xi ) = i + pti , suy f (xi ) ≡ i (modp) Do f (xi ) f (xj ) (modp) , suy xi xj (modd) , x1 , x2 , , xp đôi phân biệt theo modd, suy p ≤ d d = p Do bổ đề 4.3 chứng minh Nếu f (1) > 1, suy tồn số nguyên tố p| f (1) , suy p| f (n) , ∀n ∈ N∗ Lấy số nguyên tố q > p, kết hợp với f toàn ánh nên tồn số nguyên dương n cho q = f (n) p, vô lí Suy f (1) = Nếu f (2) = 1, suy lấy số nguyên tố p ⇒ p| f (2) − f (1) ⇒ p| − 1, vô lí Suy f (2) ≥ Nếu f (2) > 2, suy f (2)−f (1) ≥ 2, suy tồn số nguyên tố p cho p| f (2) − f (1) , suy p| − vô lí Do f (2) = Giả sử f (1) = 1, f (2) = 2, , f (n − 1) = n − Ta chứng minh f (n) = n Nếu f (n) ≤ n − suy tồn j ∈ {1, 2, , n − 1} cho f (n) = j = f (j) Chọn số nguyên tố đủ lớn p| f (n) − f (j) , suy p| n − j vô lí Do f (n) ≥ n Nếu f (n) > n, suy f (n) ≥ n − 1, suy f (n) − f (n − 1) ≥ vô lí Vậy f (n) = n 79 Thử lại ta thấy hàm f (n) = n, n ∈ N∗ thỏa mãn điều kiện Do f (n) = n, n ∈ N∗ Bài toán 4.29 (IMO 1988) Tìm tất hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn hệ thức f (f (m) + f (n)) = m + n, ∀m, n ∈ N∗ Lời giải Thay m = n vào đẳng thức trên, ta f (2f (n)) = 2n (4.93) Từ đẳng thức Ta có Nếu f (n1 ) = f (n2 ) , suy f (f (n1 )) = f (f (n2 )) , suy 2n1 = 2n2 , suy n1 = n2 hay suy f đơn ánh Ta có 2n = n − + n + = n + n, suy f (f (n − 1) + f (n + 1)) = f (f (n) + f (n)) Do f đơn ánh nên f (n − 1) + f (n + 1) = 2f (n) , ∀n ≥ Từ đẳng thức (4.94), ta có f (n) − f (n − 1) = f (n − 1) − f (n − 2) = · · · = f (2) − f (1) = a, suy f (n) = f (1) + (n − 1) a = an + b, b = f (1) − a Thay f (n) = an + b vào phương trình ban đầu, ta a = 1, b = Vậy f (n) = n, ∀n ∈ N∗ (4.94) 80 Kết luận Luận văn "Các phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục " giải vấn đề sau: Luận văn tập hợp lại kiến thức bổ trợ hàm số chẵn; hàm số lẻ; hàm tuần hoàn; định nghĩa, tính chất định lý hàm mũ; định nghĩa phép lặp; đặt trưng số hàm sơ cập; định nghĩa tập trù mật; hàm chuyển đổi phép tính số học Luận văn tập hợp lại số dạng đặc biệt mà Abel nghiên cứu viết chi tiết lời giải: Phương trình hàm dạng mũ; phương trình lặp; phương trình hàm với hàm arctan; phương trình hàm sinh hàm lượng giác; số dạng phương trình hàm khác Luận văn tập hợp lại phương trình hàm Pexider dạng toán liên quan; phương trình D’Alembert lớp hàm liên tục Luận văn tập hợp lại dạng toán phương trình hàm xuất kỳ thi học sinh giỏi Việt Nam kỳ thi Olympic Luận văn giúp nâng cao hiểu biết thân phương trình hàm kỹ thuật giải phương trình hàm, từ thân có phương pháp nghiên cứu khoa học 81 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2006), Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2014), Phương trình hàm với đối số biến đổi, NXB ĐHQGHN [4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc , NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [5] N.H Abel, Methode générale pour trouver des fonctions d’une seule quantite variable lorsque une properieté des fonctions est exprimee pur une equation entre deux variables (Norwegian), Mag Naturwidenskab, 1, 1–10 (1823) (Oeuvres complètes, tome 1, Grundahl & Son, Christiania, 1–10 (1881).) [6] N.H Abel, Détermination d’une fonction au moyen d’une équation qui ne contient qu’une seule variable, Manuscript, Christiania, c 1824 (Oeuvres complètes, tome II Grundahl & Son, Christiania, 36–39 (1881).) [7] N.H Abel, Untersuchung der Functionen zweier unabha¨ngigen vera¨nderlichen Gro¨ssen x und y , wie f (x, y), welche die Eigenschaft haben, daβ f [z, f (x, y)] eine symmetrische Function von x, y und z ist, J Reine Angew Math., 1, 11–15 (1826) (Oeuvres complètes, tome I Grundahl & Son, Christiania, 61–65 (1881).) [8] N.H Abel, Unterschuchung u¨ber die Reihe + m(m−1)(m−2) x + , 1.2.3 m(m − 1) m x + x + 1.2 J Reine Angew Math., 1, 311–339 (1826) (Oeuvres com- plètes, tome I Grundahl & Son, Christiania, 219–250 (1881).) 82 [9] N.H Abel, Note sur la fonction ψ(x) = x + x2 22 + ··· + x2 n2 + , Manuscript, Freiberg (1826) (Oeuvres complètes, tome II Grundahl & Son, Christiania, 189–193 (1881).) [10] N.H Abel, U¨ ber die Functionen, die der Gleichung ϕ(x) + ϕ(y) = ψ(xf y + yf x) genug thun, J Reine Angew Math., 2, 386–394 (1827) (Oeuvres complètes, tome I Grundahl & Son, Christiania, 389–398 (1881).) [11] N.H Abel, Manuscript, Christiania, c 1828 (Oeuvres complètes, tome II Grundahl & Son, Christiania, pp 287, 318–319 (1881).) [12] M Bonk, On the second part of Hilbert’s fifth problem, Math Z., 210, 475–493 (1992) [13] E Hille and R.S Phillips, Functional analysis and semigroups, Am.Math Soc Colloq., 31 (1957) MR:19 664 (1958) [14] Pl.Kannappan, 2000, Functional Equations and Inequalities with Applications, Springer Monogaphs in Mathematics, 2000 [15] M Kuczma, A survey of the theory of functional equations, Univ Beograd, Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz., 130, 1–64 (1964) MR:30 5073 (1965) [16] M Kuczma, B Choczewski, R Ger, 1990, Interative hàm al Equations, Cambridge University Press, Cambridge/New York/Port Chester/Melbourne/Sydney [17] S Paganoni Marzegalli, One-parameter system of functional equations, Aeq Math., 47, 50–59 (1994) [18] M Sablik, The continuous solutions of a functional equation of Abel, Aeq Math., 39, 19–39 (1990) MR91a:39006 [19] Teodora-Liliana T.R., Vicentiu D.R., Titu Andreescu (2009), Problems in real analysis: Advanced calculus on real axis, Springer ... số dạng phương trình hàm Abel Trong chương trình bày số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục: Phương trình mũ; phương trình lặp; Phương trình hàm sinh hàm arctan; phương trình hàm sinh hàm. .. giác; phương trình hàm dạng khác Chương Các lớp phương trình hàm liên quan Trong chương trình bày số lớp phương trình hàm liên quan như: Phương trình hàm Pexider dạng toán liên quan; phương trình. .. nghiên cứu thêm số phương trình hàm dạng Abel lớp hàm liên tục; phương trình hàm Pexider dạng toán liên quan; phương tình D’Alembert lớp hàm liên tục; số dạng toán phương trình hàm từ đề thi Olympic