BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN PHAN LINH HY MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN PHAN LINH HY MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 Người hướng dẫn: PGS.TS NGUYỄN SUM Mục lục MỞ ĐẦU Lời cảm ơn MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN 1.1 Hàm số liên tục 1.2 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn 1.4 Một số phương trình hàm 10 1.4.1 Phương trình hàm Cauchy 10 1.4.2 Phương trình hàm Jensen 15 1.4.3 Phương trình hàm Jensen đoạn [α, β] 17 PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐỐI VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC 20 2.1 Khái niệm phương trình sai phân 20 2.2 Hàm nhân tính 24 2.3 Phương trình sai phân tuyến tính 26 2.3.1 Một số khái niệm kết 26 2.3.2 Lý thuyết nghiệm i 27 ii 2.3.3 2.4 Giải phương trình sai phân tuyến tính 32 Một số toán áp dụng 39 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Một lĩnh vực nghiên cứu với nhiều kết đẹp, thú vị có nhiều ứng dụng tốn học tốn phương trình hàm Chẳng hạn, phương trình hàm Cauchy phương trình hàm đơn giản nhất, có nhiều ứng dụng hình học, số học, xác suất thống kê, lý thuyết số, ứng dụng vật lý có ứng dụng số vấn đề kĩ thuật, kinh tế, tài Các hướng nghiên cứu phương trình hàm thu hút đội ngũ đơng đảo nhà tốn học giới quan tâm nghiên cứu lớp phương trình hàm mà ẩn hàm hàm xác định không gian trừu tượng Đối với lớp phương trình hàm sơ cấp, hàm cần tìm hàm số thực phức, chưa có tài liệu trình bày cách bao quát lý thuyết ứng dụng Do đó, đề tài lớp phương trình hàm cụ thể đa dạng, phong phú mang tính thời Một lớp phương trình hàm thường sử dụng kì thi học sinh giỏi, Olympic toán học cho học sinh sinh viên đại học lớp phương trình hàm hàm số học Việc nghiên cứu tìm hiểu lớp phương trình hàm mang lại nhiều lợi ích việc giảng dạy trung học phổ thông bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Mục tiêu nghiên cứu Mục đích luận văn trình bày, hệ thống hóa kiến thức lớp phương trình hàm hàm số học Hay nói cách khác, trình bày kết lớp phương trình hàm hàm số xác định tập hợp số tự nhiên rộng tập hợp rời rạc Đối tượng phạn vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài lớp phương trình hàm xác định tập hợp rời rạc số dạng tốn sơ cấp có liên quan đến dạng phương trình Phương pháp nghiên cứu Trước hết nghiên cứu số tài liệu phương trình hàm, trình bày cách hệ thống sở lý thuyết toán ứng dụng phương trình hàm hàm số học Trình bày số phương pháp để giải dạng phương trình Nội dung luận văn Nội dung luận văn chia thành hai chương, cụ thể: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trình bày kiến thức chuẩn bị hàm phương trình hàm nói chung Các kết chương tham khảo từ tài liệu [2], [3], [4], [5], [7] Chương 2: Phương trình hàm hàm số học Trình bày lý thuyết tốn phương trình hàm hàm số học phương trình sai phân, tính chất cộng tính nhân tính hàm số học, phương trình sai phân tuyến tính Các kết chương tham khảo từ tài liệu [1], [2], [4], [6], [8] LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn, trước hết xin gởi lời cảm ơn sâu sắc đến PGS.TS.Nguyễn Sum dành thời gian hướng dẫn, đánh giá, bảo, tận tình giúp đỡ suốt trình xây dựng đề tài hồn thành luận văn Qua đây, xin gởi đến Ban giám hiệu trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo sau đại học, q thầy khoa Tốn Thống kê, q thầy tham gia giảng dạy khóa cao học Toán 2018 2020 lời cảm ơn sâu sắc cơng lao dạy dỗ suốt q trình giáo dục, đào tạo nhà trường Đồng thời, xin gởi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn khóa K21 trường Đại học Quy Nhơn, động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập hồn thành luận văn Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả hạn hẹp nên vấn đề luận văn chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi sai sót Mong nhận góp ý xây dựng quý thầy cô bạn Chương MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN Trong chương này, chúng tơi giới thiệu định nghĩa vài tính chất, định lý quan trọng, cần thiết hàm phương trình hàm nói chung Các kết tham khảo từ tài liệu [2], [3], [4], [5], [7] 1.1 Hàm số liên tục Định nghĩa 1.1.1 Giả sử hàm số f xác định khoảng (a, b) ⊂ R x0 ∈ (a, b) Ta nói f (x) hàm liên tục x0 với dãy số {xn }∞ n=1 , xn ∈ (a, b) cho lim xn = x0 ta có lim f (xn ) = f (x0 ) n→∞ n→∞ Định nghĩa tương đương với định nghĩa đây: Định nghĩa 1.1.2 Hàm f (x) xác định (a, b) gọi liên tục x0 ∈ (a, b) lim f (x) = f (x0 ) x→x0 Hàm số không liên tục điểm x0 gọi gián đoạn điểm x0 Định nghĩa 1.1.3 Giả sử hàm số f xác định tập hợp K , K khoảng hợp nhiều khoảng R Ta nói hàm số f liên tục K liên tục điểm thuộc tập hợp Định nghĩa 1.1.4 Hàm số f xác định đoạn [a, b] gọi liên tục đoạn [a, b] liên tục khoảng (a, b) lim f (x) = f (a), lim− f (x) = f (b) x→a+ x→b Ở mục trên, ta định nghĩa hàm số liên tục Tuy nhiên, việc sử dụng định nghĩa để xác định hàm số liên tục khơng dễ dàng Do vậy, người ta chứng minh số tính chất hữu ích, giúp ta xác định nhanh hàm số liên tục 1) Các hàm số sơ cấp như: hàm đa thức, hàm lũy thừa, hàm thức, hàm lượng giác, hàm số mũ, hàm logarit, hàm số liên tục miền xác định chúng 2) Giả sử f (x), g(x) hàm liên tục D ∈ R Khi (f +g)(x) = f (x) + g(x), (f ◦ g)(x) = f [g(x)] hàm liên tục D 3) Giả sử g(x) = 0, ∀x ∈ R Khi f (x) g(x) hàm liên tục Ngồi ra, ta cịn có tính chất sau 1.2 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Định nghĩa 1.2.1 Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R Khi đó: a) f (x) gọi hàm số chẵn M , M ⊂ D(f ) (gọi tắt hàm chẵn M ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M 36 Cho phương trình sai phân an+2 + p1 an+1 + p2 an = 0, n = 0, 1, 2, , lấy λ1 , λ2 hai nghiệm (có thể trùng nhau) phương trình đặc trưng λ2 + p1 λ + p2 = Ta viết phương trình sai phân dạng ˆ Tˆ − λ1 I)a ˆ n = 0, (Tˆ − λ1 I)( Tˆ tốn tử tịnh tiến Iˆ toán tử đơn vị Bây giờ, ta định nghĩa dãy bn = Tˆ − λ2 Iˆ an , n = 0, 1, 2, , (2.13) dãy viết lại sau Tˆ − λ1 bn = Tuy nhiên, phương trình cuối đơn giản: hệ thức quy nạp cấp số nhân bn+1 = λ1 bn , với nghiệm bn = b0 λn1 Quay trở lại với Định nghĩa (2.13) bn , ta thấy an nghiệm phương trình an+1 − λ2 an = b0 λn1 Phương trình giải Bài toán 2.4.4 phần sau Nghiệm cuối an = λn2 a0 λn1 − λn2 + b0 , λ1 − λ2 37 λ1 = λ2 an+1 = λn2 a0 + b0 nλn−1 , λ1 = λ2 Bằng cách xác định lại số, viết nghiệm sau an = β1 λn1 + β2 λn2 , an = β1 λn2 + β2 nλn2 , tương ứng Phương trình tuyến tính khơng Cho phương trình tuyến tính khơng có dạng a (n + k) + p1 a (n + k − 1) + + pk a (n) = g (n) , g (n) ≡ 0, ta có định lý sau: Định lý 2.3.19 Nghiệm tổng qt phương trình tuyến tính khơng viết k a (n) = xp (n) + βi xi (n) , i=1 {x1 (n) , x2 (n) , , xk (n)} nghiệm phương trình xp (n) nghiệm riêng phương trình khơng Chứng minh Dễ dàng chứng minh nghiệm phương trình khơng Ngược lại, cho xp (n) nghiệm phương trình khơng Khi xp (n + k) + p1 xp (n + k − 1) + + pk xp (n) = g (n) 38 Trừ vế theo vế phương trình với phương trình sai phân cho, thấy a (n) − xp (n) nghiệm phương trình k a (n) − xp (n) = βi xi (n) i=1 Do đó, việc giải phương trình khơng thực chất tìm nghiệm riêng xp Có nhiều phương pháp nghiên cứu để tìm nghiệm riêng Phương pháp hiệu phương pháp hệ số bất định Phương pháp có hiệu tốt g(n) có dạng an , sin(bn), cos(bn) nl (hoặc số kết hợp chúng) Bảng 2.1 đưa dạng xp cho trường hợp g (n) Bảng 2.1: Thành phần lực phổ biến với nghiệm riêng tương ứng Thành phần lực g (n) Nghiệm riêng xp an can nl c0 + c1 n + + cl nl an nl an c0 + c1 n + + cl nl sin(bn), cos(bn) c1 sin(bn) + c2 cos(bn) an sin(bn), an cos(bn) an [c1 sin(bn) + c2 cos(bn)] an n sin(bn), an n cos(bn) an c0 + c1 n + + c n sin(bn) + d0 + d1 n + + dl n cos(bn) Ví dụ 2.3.20 Tìm nghiệm tổng quát phương trình sai phân sau: an+2 + an+1 − 12an = n2n Lời giải Dùng kĩ thuật phần trước, nghiệm tổng quát phương 39 trình β1 3n + β2 (−4)n Bởi thành phần lực có dạng bn n , ta dự đoán xp (n) có dạng c1 2n + c2 n2n Đưa hàm vào phương trình giải số, có xp (n) = − n n − n2 18 Do nghiệm tổng quát an = β1 3n + β2 (−4)n − 2.4 n n − n2 18 Một số toán áp dụng Bài toán 2.4.1 (UK 1996; Estonia 1997; Greece 1999) Một hàm số xác định tập số nguyên dương thỏa mãn (a) f (1) = 1996, (b) f (1) + + f (n) = n2 f (n) , n > Tìm f (1996) Lời giải Trong điều kiện (b), thay n − cho n, ta f (1) + + f (n − 1) = (n − 1)2 f (n − 1) , Sau trừ phương trình với phương trình cho, tìm phương trình sai phân bậc f (n) = n2 f (n) − (n − 1)2 f (n − 1) , suy f (n) = n−1 f (n − 1) n+1 40 Bằng cách lặp lại lập luận ta f (n) = n − 1n − 2n − f (1) = f (1) n+1 n n−1 n (n + 1) Do đó, f (1996) = 2 1996 = 1996.1997 1997 Bài toán 2.4.2 (C.Efthimiou [6]) Hàm F xác định tập số tự nhiên khác không N∗ thỏa mãn điều kiện sau (a)F (n) = F (n − 1) + an , (b)F (1) = Tìm F (n) Lời giải Trong điều kiện (a), thay cho n với 2, 3, , n − 1, n, ta có F (2) = F (1) + a2 F (3) = F (2) + a3 F (n − 1) = F (n − 2) + an−1 F (n) = F (n − 1) + an Từ ta n ak F (n) = F (1) + k=2 Nếu a = 1, a2 (an−1 − 1) F (n) = + a−1 Nếu a = 1, F (n) = n 41 Bài toán 2.4.3 (C.Efthimiou [6]) Một dãy số thực thỏa mãn điều kiện an = λan−1 + ω, n = 0, 1, 2, , với λ = 0, ω = 0, cho trước Tìm biểu thức an theo a0 Chú ý dãy số gọi cấp số hỗn hợp với công bội λ công sai ω Lời giải Trong điều kiện cho, thay n 1, 2, 3, , n − 1, n : a1 = λa0 + ω, a2 = λa1 + ω, a3 = λa2 + ω, an−1 = λan−2 + ω, an = λan−1 + ω Ta nhân chúng với λn−1 , λn−2 , , λ, tương ứng cộng phương trình thu ta tìm thấy: n−1 n λk , an = λ a0 + ω k=0 hay λn − an = λ a0 + ω λ−1 n Bài toán 2.4.4 (C.Efthimiou [6]) Dãy số thực an thỏa mãn điều kiện an = λan−1 + ωµn−1 , n = 0, 1, 2, , với λ = 0, khái quát cấp số hỗn hợp tốn trước Tìm biểu thức an theo a0 42 Lời giải Trong điều kiện cho, thay n 1, 2, 3, , n − 1, n, ta có a1 = λa0 + ω, a2 = λa1 + ωµ, a3 = λa2 + ωµ2 , an−1 = λan−2 + ωµn−2 , an = λan−1 + ωµn−1 Ta nhân phương trình với λn−1 , λn−2 , , λ, tương ứng cộng phương trình thu ta nhận ω an = λ a0 + µ n λ n n k=1 λ µ k , Nếu µ = λ, an = λn a0 + ωnλn−1 , ngồi µ = λ, λn − µn an = λ a0 + ω λ−µ n Bài tốn 2.4.5 (C.Efthimiou [6]) Một dãy số thực an thỏa mãn điều kiện an = λxan−1 + ω x > λ = 0, cho trước Tìm biểu thức an theo a0 Lời giải Hệ thức quy nạp cho viết dạng an − ω = λxω xan−1 −ω 43 Để đơn giản, ta ký hiệu βn = an − ω, µ = λxω Khi βn = µxβn−1 Nếu µ = 1, cách thay ta dễ dàng tìm βn = xx β0 x x xuất n lần Nếu µ = 1, ta viết βn −1 βn = (xµ ) µ , µ ta xác định γn = βn , y = xµ µ Do γn = y γn −1 với nghiệm γn = y y γ0 y y xuất n lần Giá trị viết lại cho dãy an ban đầu: an = ω + λxω y y a0 −ω y λxω ω , y = xλx Bài toán 2.4.6 (IMO 1976) Một dãy (un ) xác định u0 = 2, u1 = , un+1 = un (u2n−1 − 2) − u1 , n 1, 2, 44 Chứng minh với số nguyên dương n, un = 2n −(−1)n , x phần nguyên x Lời giải Thay n = 1, hệ thức quy nạp cho, ta tìm u2 = u3 = 65 Khi ta ý u0 = = 20 + 2−0 , u1 = = 21 + 2−1 , u2 = = 21 + 2−1 , 65 = 23 + 2−3 u3 = Do ta dự đốn un viết dạng un = 2an + 2−an , với dãy {an } Hơn nữa, xuất số hạng số nguyên, số hạng thứ hai phân số, suy phần nguyên un dựa số hạng Do phương pháp quy nạp chúng tơi thu an = 2n − (−1)n Thật vậy, khẳng định với số hạng thấy Ta giả thiết với số hạng lên đến số k Khi ak+1 uk+1 = +2 −ak+1 , ak+1 2k+1 − (−1)k+1 = , ta uk+1 thỏa mãn hệ thức đệ quy toán Đầu tiên ta 45 thấy uk (u2k−1 − 2) = (2ak + 2−ak ) (2ak−1 + 2−ak−1 )2 − = (2ak + 2−ak )(22ak−1 + 2−2ak−1 ) = 2ak +2ak−1 + 2−(ak +2ak−1 ) + 2ak −2ak−1 + 2−(ak −2ak−1 ) Khi 2k − (−1)k 2k−1 − (−1)k−1 +2 3 k k k+1 − 2(−1)k+1 + (−1) + = 3 k+1 k+1 − (−1) = ak + 2ak−1 = = ak+1 , ak − 2ak−1 2k−1 − (−1)k−1 2k − (−1)k −2 = 3 k k+1 k + (−1) − 2(−1)k+1 = − 3 = (−1)k+1 Do uk (u2k−1 − 2) = 2ak+1 + 2−ak+1 + 2(−1) k+1 + 2−(−1) k+1 Lưu ý hai số hạng cuối 21 hay 2(−1) với k Và tổng chúng u1 Do ta kết luận uk (u2k−1 − 2) = uk+1 + u1 , điều phải chứng minh Bài toán 2.4.7 (N T Chung [1]) Cho a1 = 1, a2 = an+2 = an+1 − an , ∀n ∈ N∗ 46 √ , ∀n Chứng minh |an | ∈ N∗ Lời giải Phương trình đặc trưng λ − λ + = có nghiệm λ = Ta có √ + = 1; tan ϕ = 4 r = |λ| = Do λ = cos π π ± i sin 2 = √ 3⇒ϕ= √ 1±i π an = c1 cos( nπ nπ ) + c2 sin( ), ∀n ∈ N∗ 3 √ Kết hợp a1 = 1, a2 = ta suy c1 = c2 = an = cos Từ nπ nπ + sin , ∀n ∈ N∗ 3 Từ suy √ |an | 12 + √ = , ∀n ∈ N∗ Bài toán 2.4.8 (N T Chung [1]) Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn f (f (f (n))) + f (f (n)) = 3f (n) − n, ∀n ∈ N (2.14) Lời giải Giả sử tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán Với số tự nhiên n bất kì, xét dãy số (an ) sau: a0 = n an+1 = f (an ) Khi an 0, ∀n ∈ N, từ (2.14) thay n an ta an+3 + an+2 = 3an+1 − an , ∀n ∈ N √ Phương trình đặc trưng λ3 + λ2 − 3λ + = có nghiệm λ ∈ 1, −1, ± Do đó, an = C + A −1 − √ n + B −1 + √ n , ∀n ∈ N (2.15) 47 √ Vì | − + 2| < < | − − lim (−1 − n→∞ √ √ 2| nên lim (−1 + √ n→∞ 2)n+1 = −∞, lim (−1 − √ n→∞ 2)n = 2)2n = +∞ Do từ (2.15), A > ta cho n lẻ đủ lớn có an < 0,mâu thuẫn, A < ta cho n chẵn đủ lớn có an < 0, vơ lý Do A = Vậy an = C + B −1 + √ n , ∀n ∈ N (2.16) Từ (2.16) ta có n = a0 = C + B f (n) = f (a0 ) = a1 = C + B −1 + Thay (2.17) vào (2.14) ta √ √ =n+ √ − B (2.17) − B = ⇔ B = Do đó, (2.17) trở thành f (n) = n, ∀n ∈ N Thử lại thấy thỏa mãn Bài tốn 2.4.9 Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn f (f (f (n))) + 6f (n) = 3f (f (n)) + 4n + 2020, ∀n ∈ N (2.18) Lời giải Giả sử hàm f thỏa mãn yêu cầu toán Với k số tự nhiên bất kì, xét dãy (xn ) sau: x0 = k, xn+1 = f (xn ) Từ (2.18) thay n xn ta xn+3 = 3xn+2 − 6xn+1 + 4xn + 2020, ∀n ∈ N Phương trình đặc trưng λ3 − 3λ2 + 6λ − = có nghiệm λ ∈ √ {1, 1, ±i 3} Số hạng tổng quát dãy (xn ) xn = A + 2n B cos nπ nπ + C sin + Dn, ∀n ∈ N 3 Ta có k = x0 = A + B , suy √ √ f (k) = f (x0 ) = x1 = A + B + C + D ⇒ f (k) = k + C + D (2.19) 48 √ Thay (2.19) vào (2.18) ta D + C = f (n) = n + 2020 (2.19) trở thành 2020 , ∀n ∈ N Thử lại thấy thỏa mãn Bài tốn 2.4.10 (Balkan MO 2002) Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn f (f (n)) + f (n) = 2n + 2001 2n + 2002, ∀n ∈ N (2.20) Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Với k số tự nhiên bất kì, xét dãy số (an ) sau: a0 = k, an+1 = f (an ) Từ (2.20) thay n an ta an+2 + an+1 = 2an + 2001 2an + 2002, ∀n ∈ N Phương trình đặc trưng dãy số (an ) λ2 + λ − = ⇔ λ ∈ {1, −2} Suy an = A + B(−2)n + Cn, ∀n ∈ N Ta có k = a0 = A + B , suy f (k) = a1 = A − 2B + C = A + B − 3B + C = k − 3B + C (2.21) Thay g(n) = n − 3B + C vào (2.20) ta −3B + C = 667 2002 Vậy từ (2.21) ta có f (n) = n + 667 f (n) = n + 2002 (không thỏa mãn f (n) = n + 2002 ∈ / N) Thử lại thấy f (n) = n + 667 thỏa mãn Do có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f (n) = n + 667, ∀n ∈ N KẾT LUẬN Luận văn tìm hiểu, trình bày hệ thống lại số kiến thức sau: Chúng tơi hệ thống lại số tính chất hàm số để sử dụng tìm hiểu phương trình hàm bao gồm: tính chẵn, lẻ hàm số, hàm tuần hồn, tính liên tục gián đoạn hàm số Để minh họa cho lớp phương trình hàm, chúng tơi trình bày chi tiết số kết dạng phương trình hàm phương trình hàm Cauchy phương trình hàm Jensen Trình bày kiến thức lớp phương trình hàm hàm số học Trình bày phương pháp giải lớp phương trình hàm sử dụng kết phương trình sai phân, đặc biệt lớp phương trình sai phân tuyến tính khơng Chúng tơi trình bày số dạng nghiệm riêng phương trình sai phân tuyến tính khơng Chúng tơi trình bày hệ thống lại số tốn lớp phương trình hàm hàm số học, có số toán sử dụng kỳ thi học sinh giỏi thi olympic toán quốc tế 49 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Tài Chung, Bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình hàm, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2014 [2] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo Dục, 1999 [3] Nguyễn Sum, Phương trình hàm Cauchy đoạn, Tạp chí khoa học - Trường Đại học Quy Nhơn, Tập 11, Số 5, 2017, 5-7 [4] Nguyễn Văn Tuấn, Một số lớp tốn phương trình hàm, Hà Nội, 2011 [5] J Aczél, Lectures on functional equation and their applications, Academic Press, New York - London, 1966 [6] C Efthimiou, Introduction to functional equations - theory and problem, Mathematical Sciences Research Institute, AMS, 2011 [7] M Kuczma, A survey of the theory of functional equations, University of Belgrade, Series Mathematics and Physics, 130 (1964), 1-64 [8] P Sahoo and P.Kannappan, Introduction to functional equations, CRC Press - London - New York, 2011 50 ... Chương PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐỐI VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC Trong chương này, chúng tơi trình bày phương trình hàm mà hàm cần tìm hàm số học Việc giải lớp phương trình hàm liên quan chặt chẽ với phương trình. .. bị hàm phương trình hàm nói chung Các kết chương tham khảo từ tài liệu [2], [3], [4], [5], [7] Chương 2: Phương trình hàm hàm số học Trình bày lý thuyết tốn phương trình hàm hàm số học phương trình. .. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN 1.1 Hàm số liên tục 1.2 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.3 Hàm số tuần hoàn phản tuần hoàn 1.4 Một số phương trình