Kien thÉc chuan b% 1 1.1.Hàm so liên tnc
Đ%nh nghĩa ve hàm so liên tnc
Đ%nh nghĩa 1.1 Giá su hàm so f xác đ%nh trên khoáng (a, b) ⊂ R và x 0 ∈ (a, b) Ta nói f (x) là hàm liên tnc tai x 0 neu vái MQI dãy so {x n } ∞ , x (a, b) sao cho lim
Khi x tiến đến x₀, nếu giới hạn của hàm f(x) khi n tiến đến vô cực bằng f(x₀), tức là lim n→+∞ f(xₙ) = f(x₀), thì hàm f(x) được xác định là liên tục tại x₀ thuộc khoảng (a; b) Điều này có nghĩa là với mọi ε > 0, tồn tại một δ(ε) phụ thuộc vào ε, sao cho với mọi x thỏa mãn |x − x₀| < δ, thì |f(x) − f(x₀)| < ε.
Hàm số không liên tục tại điểm x0 được gọi là gián đoạn tại điểm x0 Định nghĩa 1.3: Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp J, trong đó J là một khoảng hoặc tập hợp của nhiều khoảng thuộc R Hàm số f được coi là liên tục trên J nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc tập hợp đó Định nghĩa 1.4: Hàm số f xác định trên đoạn [a, b] được gọi là liên tục trên đoạn này.
[a, b] neu nó liên tnc trên khoáng (a, b) và x→a lim + f (x) = f (a), lim x→b − f (x) = f (b). n=
Tính chat cua hàm so liên tnc
Để xác định một hàm số liên tục, có nhiều phương pháp khác nhau Tuy nhiên, việc sử dụng các định nghĩa này không phải lúc nào cũng dễ dàng Do đó, người ta đã chứng minh được các tính chất hữu ích, giúp chúng ta nhanh chóng xác định hàm số liên tục.
Các hàm số sơ cấp cơ bản như hàm lũy thừa, hàm căn bậc, hàm lượng giác, hàm số mũ và hàm logarit đều là những hàm số liên tục trên miền xác định của chúng.
2.Gia su f (x), g(x) là các hàm so liên tnc trên D ∈ R.
Khi đó ( f + g)(x) = f (x) + g(x), ( f ◦g)(x) = f [g(x)] là các hàm liên tnc trên D. f ( x )
3 Gia su g(x) =ƒ 0, ∀x ∈ R Khi đó cũng là hàm liên tnc Trong trưòng hop ngưoc lai thỡ nú liờn tnc trờn tắp xỏc đ%nh cua nú.
M®t so tính chat quan TRQNG khác cua hàm so liên tnc: Đ%nh lý 1.1 (Đ%nh lý ve giá tr% trung gian cua hàm so liên tnc)
Giá su hàm so f liên tnc trên đoan [a, b] Neu f (a) ƒ= f (b) thì vái MQI so thnc M nam giua f (a) và f (b), ton tai ít nhat m®t điem c ∈ (a, b) sao cho f (c) = M.
Mắnh đe 1.1 Giỏ su f (x), g(x) là hai hàm xỏc đ%nh và liờn tnc trờn R Khi đú neu f (x) = g(x), ∀x ∈ Q thì ta có f (x) ≡ g(x) trên R.
ChÉng minh Vói mői x ∈ R, ta xét dãy so huu ti s n , n ∈ N thoa mãn n lim s n = x.
, ∀ ∈ , n n , ∀ ∈ Lay giói han hai ve khi n → , vói chú ý f (x), g(x) là các hàm liên tnc, ta có n→+∞lim f (s n ) = lim n→+∞ g(s ) f ( lim n→+∞ s n ) = g( lim n→+∞ s n ) ⇒ f (x) = g(x).
Vắy vúi x ∈ R bat kỡ ta cú f (x) = g(x) Hay f (x) = g(x), ∀x ∈ R (ĐPCM)
Trong bài viết này, chúng ta xem xét sự tương đương giữa hai hàm số f(x) và g(x) trong miền số hữu tỉ Q, với điều kiện f(x) = g(x) cho mọi x thuộc Q và cũng áp dụng cho mọi x thuộc tập hợp A, trong đó A là một tập hợp con của R Để làm rõ hơn, chúng ta định nghĩa tập hợp A là tập hợp trù mật trong R nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn các điều kiện nhất định.
∀x, y ∈ R, x < y thì đeu ton tai a ∈ A sao cho x < a < y.
1 Q là tắp trự mắt trong R.
Hàm so chan, hàm so le
Đ%nh nghĩa 1.6 Xột hàm so f (x) vỏi tắp xỏc đ%nh D( f ) ⊆ R và tắp giỏ tr% R( f ) ⊆
(i) f (x) đưac GQI là hàm so chan trên M, M ⊂ D( f ) neu
(ii) f (x) đưac GQI là hàm so lé trên M, M ⊂ D( f ) neu
Hàm so tuan hoàn và phan tuan hoàn 3 1.4.Tớnh đơn điắu cua hàm so
Đ%nh nghĩa 1.7 Hàm so f (x) đưac GQI là hàm tuan hoàn (c®ng tính) chu kì a, a > 0 trên M, M ∈ D( f ) neu vái MQI x ∈ M thì ta có x± a ∈ M và f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M.
Hàm số f(x) được gọi là chu kỳ cơ sở T > 0 nếu thỏa mãn điều kiện f(x + T) = f(x) với mọi x thuộc M Định nghĩa 1.8 chỉ ra rằng hàm số f(x) có chu kỳ b, với b > 0 trên miền M, nếu với mọi x thuộc M, ta có x ± b cũng thuộc M và f(x + b) = -f(x) cho mọi x trong M.
Ví dn 1.2 (IMO 1968) Cho so thnc a Giá su hàm f : R → R thóa mãn f (x + a) = 1
Chúng minh rang f (x) là hàm tuan hoàn Lay ví dn hàm f trong trưàng hap a = 1.
Giai Gia su f là hàm can tìm Ta thay rang 1
Do đó f (x + 2a) = f (x), x R, hay f (x) là hàm tuan hoàn.
Vói a = 1 de dàng kiem chúng hàm f (x) = 1
1.4 Tớnh đơn điắu cua hàm so Đ%nh nghĩa 1.9 Giá su hàm so f (x) xác đ%nh trên I ∈ D( f ), á đây ta chi xét I là m®t khoáng, nua khoáng hay đoan thnc Khi đó, hàm so f (x) đưac GQI là không giám (hoắc khụng tăng) trờn I ∈ D( f ) neu vỏi MQI a, b ∈ I thỡ f (a) ≥ f (b) ⇐⇒ a ≥ b (tương úng f (a) ≥ f (b) ⇐⇒ a ≤ b). Đ%nh nghĩa 1.10 Hàm so f (x) đưac GQI là đong bien (đơn điắu tăng) trờn I ∈ D( f ) neu vái MQI a, b ∈ I ta có f (a) > f (b) ⇐⇒ a > b. Đ%nh nghĩa 1.11 Hàm so f (x) đưac GQI là ngh%ch bien (đơn điắu giỏm) trờn I ∈ D( f ) neu vái MQI a, b ∈ I ta có f (a) > f (b) ⇐⇒ a < b.
Tính chat ánh xa cua hàm so
Hàm số \( f : X \rightarrow R \) được định nghĩa như sau: Hàm số \( f(x) \) là đơn ánh trên \( X \) nếu với mọi \( a, b \in X \), có \( f(a) = f(b) \) ⇐⇒ \( a = b \) Hàm số \( f(x) \) là toàn ánh từ \( X \) vào \( Y \) nếu với mọi \( y \in Y \), tồn tại \( x \in X \) thỏa mãn \( f(x) = y \) Hàm số \( f(x) \) là song ánh từ \( X \) vào \( Y \) nếu nó vừa là đơn ánh trên \( X \) vừa là toàn ánh từ \( X \) vào \( Y \) Nếu \( f : X \rightarrow Y \) là một song ánh, ta định nghĩa hàm số ngược \( f^{-1} : Y \rightarrow X \) như sau: với mọi \( y \in Y \), \( f^{-1}(y) = x \) khi và chỉ khi \( x \) là phần tử duy nhất của \( X \) thỏa mãn \( f(x) = y \) Hàm số \( f^{-1} \) cũng là song ánh từ \( Y \) vào \( X \).
M®t so phương trình hàm cơ ban 5 2.1.Phương trình hàm Cauchy
Phương trình hàm Jensen 11 2.3.Vắn dnng phương trỡnh hàm cơ ban vào giai toỏn
Bài toán 2.2.1 (PTH Jensen) Tìm hàm f (x) xác đ%nh và liên tnc trên R thóa mãn f ( x + y
LŐI GIÂI Đắt f (x) − f (0) = g(x), ta cú g(x) liờn tnc trờn R vúi g(0) = 0 và g( + x y
Lan lưot cho y = 0 và x = 0, ta suy ra g( x
Mà g(x) là hàm liên tnc nên theo bài toán PTH Cauchy, ta có g(x) = ax, a ∈ R.
Suy ra f (x) = ax + b Thu lai, ta đi đen ket luắn nghiắm cua bài toỏn PTH Jensen là f (x) = ax + b, ∀x ∈ R, vói a, b ∈ R tùy ý.
Nhắn xột: Ta cú mđt hưúng mo rđng cua bài toỏn trờn như sau: Tỡm hàm f (x) liờn tnc thoa mãn f ( x 1 + x 2 + + x n
Nghiắm cua bài toỏn này van là nghiắm cua bài toỏn PTH Jensen.
Bài toán PHT Jensen sẽ được phân tích và điều chỉnh để tìm hiểu các biến số trong bài toán này Chúng ta sẽ xem xét lại các yếu tố ảnh hưởng đến kết quả và đưa ra những nhận định chính xác hơn về bài toán đã nêu.
Bài toán 2.2.2 Cho a, b ∈ R \{0} Tìm tat cá các hàm f (x) liên tnc trên R thóa mãn f (ax + by) = a f (x) + b f (y), ∀x, y ∈ R (2.6)
LŐI GIÂI Thay x = y = 0, ta có f (0)[(a + b) − 1] = 0 Xét các trưòng hop sau:
*) Neu a + b ƒ= 1 thì f (0) = 0 Khi đó, trong (2.6) lan lưot thay y = 0, x = 0 ta có f (ax) = a f (x), f (by) = b f (y), ∀x, y ∈ R (i)
Tù (2.6) và (i) suy ra (2.6) ⇐⇒ f (ax + by) = f (ax) + f (by), ∀x, y ∈ R.
Tự đõy do a, b ƒ= 0 nờn ta cú f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Mắt khỏc, f (x) liên tnc trên R nên theo bài toán PTH Cauchy ta có f (x) = cx, ∀x ∈ R, vói c ∈ R bat kì.
*) Neu a + b = 1 thỡ f (0) nhắn giỏ tr% tựy ý Khi đú
(2.6) ⇐⇒ f (ax + by) − f (0) = a[ f (x) − f (0)] + b[ f (y) − f (0)], ∀x, y ∈ R, hay g(ax + by) = g(ax) + g(by), ∀x, y ∈ R, trong đó g(x) = f (x) − f (0), g(0) = 0.
Khi đó, tương tn phan trên ta có g(x) = cx Suy ra f (x) = cx + d; c, d ∈ R tùy ý. Ket luắn:
- Neu a + b ƒ= 1 thì f (x) = cx, ∀x ∈ R, vói c ∈ R tùy ý.
- Neu a + b = 1 thì f (x) = cx + d, ∀x ∈ R, vói c, d ∈ R tùy ý. n n
Nhắn xột: Ta hoàn toàn cú the giai tương tn bài toỏn mo rđng sau:
Vói n ≥ 2, n ∈ N và a 1 , a 2 , , a n ∈ R \{0} Tìm hàm f : R → R liên tnc thoa mãn f (a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n ) = a 1 f (x 1) + a 2 f (x 2) + + a n f (x n ), ∀x 1 , x 2 , , x n ∈
- Tù bài toán trên, ta hoàn toàn giai đưoc bài toán sau: Vói a, b ƒ= 0,tìm hàm f : R + → R + liên tnc trên R + thoa mãn f (x a y b ) = [ f (x)] a [ f (y b )], ∀x, y > 0.
Phương trình Jensen là một trong những ứng dụng quan trọng nhất trong bài toán PTH, giúp giải quyết bài toán chuyển đổi giữa các đại lượng trung bình Để hiểu rõ hơn về vấn đề này, bạn có thể tham khảo tài liệu [3], trong đó GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu đã trình bày rất rõ ràng và khoa học Kết thúc nội dung này, chúng ta sẽ mở rộng theo hướng tuyến tính, liên quan đến bài toán PTH Cauchy và PTH Jensen, thường được gọi là "PTH tuyến tính".
Bài toán 2.2.3 Vái a, b, c, p, q, r ∈ R, trong đó a, b ƒ= 0 Tìm hàm so f (x) xác đ
%nh và liên tnc trên R thóa mãn f (ax + by + c) = p f (x) + q f (y) + r, ∀x, y ∈ R (2.7)
LŐI GIÂI Do a, b ƒ= 0 nên tù (2.7), bang phép the thích hop, không khó đe ta thay rang: f (0) = p f ( −c
Tù bon phương trình trên ta thay rang f (u + v) + f (0) = f (u) + f (v), ∀u, v ∈ R. Bang phộp đắt f (x) − f (0) = g(x), ∀x ∈ R, ta cú g(x) liờn tnc trờn R và g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v ∈ R.
Theo bài toán PTH Cauchy thì g(x) = sx vói s ∈ R tùy ý Suy ra f (x) = sx + t, ∀x ∈ R, o đây t = f (0) Thay lai vào (2.7) ta có s(ax + by + c) + t = (spx + pt) + (sqy + qt) + r a a b a b
*) Xột trưũng hop: hoắc p ƒ= a hoắc q ƒ= b Khi đú, suy ra s = 0 và t − pt −qt r.
Nên trong trưòng hop này:
- Neu p + q = 1 và r ƒ= 0 thỡ (2.7) vụ nghiắm.
- Neu p + q = 1 và r = 0 thỡ s = 0 và t ∈ R tựy ý Như vắy f (x) = t, ∀x ∈ R, vúi t ∈ R tùy ý Thu lai, hàm này thoa mãn bài toán.
*) Xét trưòng hop p = a và q = b Khi đó, hai so s,t phai thoa mãn sc + t −at −bt −r = 0.
- Neu c = a + b− 1 = r = 0 thì s,t ∈ R tùy ý Đây là trưòng hop mo r®ng bài toán PTH Jensen đã xét o trên Và f (x) = sx + t, ∀x ∈ R, vói s,t ∈ R tùy ý.
-Neu c 0, a + b = 1 thì t ∈ R tùy ý, s =c Và f (x) = x + t, ∀x ∈ R. sc−r c
- Neu c ƒ= 0, a + b ƒ= 1 thì s ∈ R tùy ý, t a + b− 1 Nghiắm cua bài toỏn là f (x) = sx + sc−r
, ∀x ∈ R, vói s ∈ R tùy ý. Đen đây, ta đã giai xong bài toán vói tat ca các trưòng hop.
Nhắn xột: Trong toán học, bài toán PTH Cauchy đóng vai trò quan trọng nhất Khi a = 0 hoặc b = 0, bài toán sẽ chuyển sang một hướng khác.
2.3 Vắn dnng PHT cơ ban vào giai toỏn
Trong phần này, chúng ta sẽ tập trung vào các bài toán ngắn liên quan đến kết quả của phương trình Cauchy trong lớp hàm liên tục, đơn điệu và một số áp dụng của các kết quả này Đồng thời, chúng ta cũng sẽ xem xét một số bài toán tương tự cùng với mở rộng của chúng.
Bài toán 2.3.1 (IMO 1979, Shortlist) Cho hàm f : R → R, thóa mãn vái hai so thnc bat kì x, y ta có f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y) Chúng minh rang f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R.
LŐI GIÂI Cho x = y = 0 ta có f (0) = 0 Cho y = −1 ta suy ra f (−x) = − f (x) Lay y = 1 ta cú f (2x + 1) = 2 f (x) + 1 Vỡ vắy f (2(uv + u + v) + 1) = 2 f (uv + u + v) + 1 = 2 f (uv) + 2 f (u) + 2 f (v) + 1, ∀u, v ∈ R. a + b−
Mắt khỏc, ta lai cú f (2(uv + u + v) + 1) = f (u(2v + 1) + u + (2v + 1)) = f (u(2v + 1)) + f (u) + f (2v + 1) = f (2uv + u) + f (u) + 2 f (v) + 1, ∀u, v
R Suy ra f (2uv + u) = 2 f (uv) + f (u), ∀u, v ∈ R. Ő đây, cho v = −1 ta có 0 = f (0) = 2 f ( −u
) + f (u), ∀u ∈ R Do f là hàm le nên
Tù đó suy ra f (2uv + u) = 2 f (uv) + f (u) = f (2uv) + f (u), ∀u, v ∈ R.
Hay là f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R. Đen đây, bài toán đưoc chúng minh !
Nhắn xột: Ta cú the de thay rang neu hàm f thoa món f (x + y) = f (x)+ f (y), ∀x, y ∈
R, thỡ nú cũng thoa món f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Như vắy ta có 2 khang đ%nh sau tương đương: " f là hàm c®ng tính" và "hàm f thoa mãn f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R."
Bài toán 2.3.2 (THTT - T7/2010) Xác đ%nh hàm so liên tnc f : R → R thóa mãn f (x + f (y)) = 2y + f (x), ∀x, y ∈ R.
LŐI GIÂI Cho x = 0 ta có f ( f (y)) = 2y + f (0) Tù đây de thay f là đơn ánh trên R. Khi đó, vói x = y = 0 ta có f ( f (0)) = f (0) nên f (0) = 0 Do đó f ( f (y)) = 2y,
∀y ∈ R và 2 f (y) = f ( f ( f (y))) = f (2y) Tù đó thay y boi f (y) trong phương trình đieu kiắn ta đưoc f (x + 2y) = f (x + f ( f (y))) = 2 f (y) + f (x) = f (2y) + f (x), ∀x, y ∈ R.
√∈ R Lai có f liên tnc trên R nên f (x) = cx, ∀x
Ket hop f ( f (y)) = 2y cho ta c = ± 2 Thu lai, ta đi đen ket luắn f (x) = √
Khi thay thế hai hệ số k và 2 thuộc R, bài toán trở thành f(x) = kx hoặc f(x) = -kx cho mọi x ∈ R Tuy nhiên, nếu hai hệ số được thay thế với giá trị c < 0, hàm f sẽ không tồn tại Điều này dẫn đến việc f trở thành một hàm đồng tính, với f(x) = ax, trong đó a là một hệ số xác định.
∈ Q, nhưng khi thay vào phương trỡnh đieu kiắn ta se thay khụng ton tai a Chỳng ta cú the hình dung qua bài toán dưói đây.
Bài toán 2.3.3 (Autriche - Pologne 1997) Chúng minh rang không ton tai hàm f : Z → Z thóa mãn f (x + f (y)) = f (x) −y, ∀x, y ∈ Z.
LŐI GIÂI Gia su ton tai hàm f thoa mãn bài toán.
Cho x = 0, ta có f(f(y)) = f(0) - y, ∀y ∈ Z Điều này cho thấy f là một hàm song ánh trên Z Do f là toàn ánh, với mọi y ∈ Z, ta có f(f(f(0) - y)) = y Nếu f(y1) = f(y2), thì từ f(0) - y1 = f(f(y1)) = f(f(y2)) = f(0) - y2, suy ra y1 = y2, chứng tỏ f là đơn ánh Từ (1) với y = 0, ta có f(f(0)) = f(0), do f đơn ánh nên f(0) = 0 Suy ra f(f(y)) = -y, ∀y ∈ Z Với mỗi y ∈ Z, tồn tại a ∈ Z sao cho y = f(a), khi đó f(y) = f(f(a)) = -a Do đó, với mọi x, y ∈ Z, ta có f(x + y) = f(x + f(a)) = f(x) - a = f(x) + f(y).
Theo bài toán PTH Cauchy ta suy ra f (x) = cx, ∀x ∈ Z Ta lai có f ( f (x)) = −x, ∀x ∈
Z nờn c 2 x = −x, ∀x ∈ Z suy ra c 2 = −1, vụ lý Vắy gia su ton tai f thoa món bài toỏn là sai Hay nói cách khác không ton tai f thoa mãn bài toán (ĐPCM)
Bài toán 2.3.4 (VietNam 2006 - Báng B) Tìm hàm f : R → R liên tnc thóa mãn f (x−y) f (y−z) f (z−x) + 8 = 0, ∀x, y, z ∈ R.
Cho x = t, y = 0, z = −t ta có f (t) f (t) f (−2t) = −8 suy ra f (−2t) = −8
Nờn cú the đắt ln f (x)
= g(x), ∀x ∈ R, khi đó f (x) = −2e g(x) và g liên tnc trên R
Tự phương trỡnh đieu kiắn ta suy ra g(x−y) + g(y−z) + g(z−x) = 0, ∀x, y, z ∈ R. Ő đây, cho x = y = z = 0 ta có g(0) = 0 Cho y = z = 0 suy ra g(x) = g(−x), ∀x
Ngoài ra g liên tnc nên g(x) = ax, ∀x ∈ R Khi đó f (x) = −2e ax = −2(e a ) x , ∀x ∈ R, vói a ∈ R tùy ý Hay f (x) = −2c x , ∀x ∈ R, vói c > 0 tùy ý.
Bài toán 2.3.5 (ĐH Vinh 2010) Tìm tat cá các hàm liên tnc f : R + → R + thóa mãn f ( f (xy) −xy) + x f (y) + y f (x) = f (xy) + f (x) f (y), ∀x, y > 0.
LŐI GIÂI CHQN y = 1 ta đưoc f ( f (x) − x) + x f (1) + f (x) = f (x) + f (x) f (1), ∀x
Suy ra f ( f (x) −x) = f (1)[ f (x) −x], ∀x > 0 (i) Phương trỡnh đieu kiắn cú the viet lai thành f (1)[ f (xy) −xy] = f (xy) −xy + [ f (x) −x][ f (y) −y], ∀x, y > 0. Đắt f (x) −x = g(x), ∀x > 0 ta đưoc f (1)g(xy) = g(xy) + g(x)g(y), ∀x, y > 0 hay là g(1)g(xy) = g(x)g(y), ∀x, y > 0 (ii)
Do f : R + → R + nờn tự (i) ta suy ra f (x) > x, ∀x > 0 và như vắy g(x) > 0, ∀x >
Khi đó h(x) liên tnc trên + và g(1) h(xy) = h(x)h(y), ∀x, y > 0.
Tù đây, theo dang cơ ban cua PTH Cauchy ta suy ra h(x) = x a ⇒ g(x) = cx a , vói c > 0, a tùy ý.
Cuoi cùng f (x) = x + g(x) = x + cx a , ∀x ∈ R + vói c > 0, a ∈ R tùy ý.
Nhắn xột: Hai bài toán cơ bản là điểm mấu chốt trong việc đưa ra phương trình điều kiện về dạng cơ bản của phương trình Cauchy Bạn có thể tham khảo thêm trong tài liệu [3], cuốn "Phương trình hàm" của GS-TSKH Nguyễn Văn Mẫu.
Bài toán 2.3.6 (Italy 1999) a) Xỏc đ%nh hàm đơn điắu (thnc sn) f : R → R thúa món f (x + f (y)) = f (x) + y, ∀x, y ∈ R (a) b) Chỳng minh rang, vỏi 1 < n ∈ N, khụng ton tai hàm đơn điắu f : R → R thúa món f (x + f (y)) = f (x) + y n , ∀x, y ∈ R (b)
LŐI GIÂI. a) Do f đơn điắu (thnc sn) nờn f đơn ỏnh Lay x = y = 0 ta cú f ( f (0)) = f (0), suy ra f (0) = 0 Lay x = 0 ta đưoc f ( f (y)) = y Tù (a) thay y boi f (y) ta có f (x + f ( f
(y))) = f (x) + f (y), suy ra f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Vắy ta cú f là hàm cđng tớnh và f đơn điắu, tự đú f (x) = cx, c = f (1), ∀x ∈ R.
Thay lai vào phương trình (a) ta suy ra c 2 = 1 ⇐⇒ c = ±1 Khi đó, de thay hai hàm f (x) = x, ∀x ∈ R và f (x) = −x, ∀x ∈ R chớnh là nghiắm cua bài toỏn.
R b) Tương tn như trên, ta cũng có f đơn ánh, f (0) = 0 và f ( f (y)) = y n , ∀y ∈ R
Bây giò, ta xét 2 trưòng hop vói n:
- Neu n chan Khi đó, f ( f (−1)) = 1 = f ( f (1)), mâu thuan vói tính đơn ánh cua f
Như vắy, vúi n chan thỡ khụng ton tai f thoa món bài toỏn.
- Neu n le thì vói MQI y ton tai z sao cho z n = f (y), suy ra f ( f (z)) = z n = f (y), do tính đơn ánh cua f nên f (z) = y Tù đó vói MQI x, y ta có f (x) + f (y) = f (x) + z n = f (x + f (z)) = f (x + y).
Như vắy, ta lai cú f cđng tớnh đong thũi f đơn điắu nờn f (x) = cx Suy ra x n = f ( f
(x)) = f (cx) = c 2 x, ∀x ∈ R Thay x = 1, 2 ta có c 2 = 1, 2c 2 = 2 n suy ra 2 n = 2 ⇐⇒ n = 1, mõu thuan vúi gia thiet Nờn trưũng hop n le cũng khụng cú nghiắm Vắy ta cú ĐPCM !
Ta xét m®t so mo r®ng cua bài toán Italy 1999 như sau.
Bài toỏn 2.3.7 Tỡm hàm f : R → R đơn điắu trờn R thúa món f (x 2n+1 + f (y)) = y + [ f (x)] 2n+1 , ∀x, y ∈ R, (*) á đây, n là so tn nhiên bat kì.
LŐI GIÂI Do f đơn điắu nờn f đơn ỏnh Lay x = 0 ta cú f ( f (y)) = y + [ f (0)] 2n+1
(1) , nờn de thay f cũng là toàn ỏnh Vắy f là song ỏnh Khi đú ton tai duy nhat a mà f
(a) = 0 Đắt f (0) = b, khi đú trong (1) thay y = a ta cú b = f (0) = a + b 2n+1
Trong (*) lay x = a, y = 0 ta có f (a 2n+1 + b) = 0 = f (a), do f đơn ánh nên a a 2n+1 + b Như vắy, ta cú hắ a = a 2n+1 + b và b = a + b 2n+1
Dan đen a 2n+1 + b 2n+1 = 0 suy ra a = −b và 2a = a 2n+1 , 2b = b 2n+1
Neu a = 0 hoắc b = 0 hoắc a = b ta de dàng suy ra f (0) = 0.
Xét trưòng hop khác vói các trưòng hop trên.
Do f là toàn ánh trên R nên ton tai c sao cho f (c) = a Khi đó, trong (1) thay y = c ta có
Tù (1) lay y = 0 ta có f (b) = f ( f (0)) = b 2n+1 Trong (*) thay x = c, y = b ta đưoc f (c 2n+1 + b 2n+1 ) = b + [ f (c)] 2n+1 = b + a 2n+1 = a = f (c), do f đơn ỏnh nờn c 2n+1 + b 2n+1 = c Như vắy ta lai cú hắ múi c + b 2n+1 = 0 và c 2n+1 + b 2n+1 = c.
Suy ra c 2n+1 = 2c Neu c = 0 thì ta cũng suy ra f (0) = 0.
Xột c ƒ= 0, khi đú ta lai cú 2a = a 2n+1 , 2b = b 2n+1 nờn hoắc c = a hoắc c = b Neu c
= a thì a = f (a) = 0 khi đó f (0) = 0; còn neu c = b thì b + b 2n+1 = 0 suy ra b = 0 do đó f (0) = 0.
Như vắy, ta trong MQI trưũng hop ta luụn cú f (0) = 0, tự (1) suy ra f ( f (y)) = y, ∀y
∈ R Trong (*) lay y = 0 thì f (x 2n+1 ) = [ f (x)] 2n+1 , ∀x ∈ R Vói MQI x ∈ R thì ton tai z ∈ R mà x = z 2n+1 , khi đó f (x) = f (z 2n+1 ) = [ f (z)] 2n+1 Do đó vói MQI x, y ∈ R ta có f (x + y) = f (z 2n+1 + f ( f (y))) = f (y) + [ f (z)] 2n+1 = f (y) + f (x).
Hay f cđng tớnh trờn R Mắt khỏc f đơn điắu nờn f (x) = cx, ∀x ∈ R Tự đõy, ket hop vói phương trình f ( f (y)) = y, ∀y ∈ R ta suy ra c = ±1 Thu lai, ta đi đen ket luắn f (x) = x, ∀x ∈ R hoắcf (x) = −x, ∀x ∈ R.
Nhắn xột: Việc xác định độ mạnh của sóng ánh sáng f để tính f(0) = 0 là rất quan trọng, và việc này dẫn đến việc giải phương trình Cauchy trong lớp hàm đơn điệu một cách dễ dàng Chúng ta có bài toán mở rộng thú vị hơn với hai đơn giản hơn như sau.
Bài toỏn 2.3.8 Vỏi n ∈ N ∗ Tỡm hàm f : R → R đơn điắu thúa món f (x + [ f (y)] 2n+1 ) = y 2n+1 + f (x), ∀x, y ∈ R (**)
LŐI GIÂI Tương tn, ta cũng cú f là song ỏnh Đắt f (0) = b và gia su f (a) = 0 Khi đú, trong (**) thay (x, y) = (0, a) ta có b = f (0) = a 2n+1 + b ⇒ a = 0.
Do đó f (0) = 0 Trong (**) thay x = 0 ta có f ([ f (y)] 2n+1 ) = y 2n+1 , ∀y ∈ R Vói
MQI z ∈ R ton tai y ∈ R mà z = [ f (y)] 2n+1 , do f là toàn ánh Khi đó f (z) = f ([ f
(y)] 2n+1 ) = y 2n+1 Nên vói MQI x, z ∈ R ta có f (x + z) = f (x + [ f (y)] 2n+1 ) = y 2n+1 + f (x) = f (z) + f (x).
Núi cỏch khỏc, f là hàm cđng tớnh Mắt khỏc f đơn điắu nờn f (x) = cx, ∀x ∈ R Ket hop f ([ f (y)] 2n+1 ) = y 2n+1 , ∀y ∈ R ta se suy ra c = ±1 Thu lai, ta đi đen ket luắn f (x) = x, ∀x ∈ R hoắcf (x) = −x, ∀x ∈ R.
Bài toán 2.3.9 (IMO 1992) Tìm tat cá các hàm f : R → R thóa mãn f (x 2 + f (y)) = y + [ f (x)] 2 , ∀x, y ∈ R (1)
LŐI GIÂI Lay x = 0 ta có f ( f (y)) = y + [ f (0)] 2 , tù đây de thay f là song ánh. Đắt f (0) = b và gia su f (a) = 0 Trong (1) thay (x, y) = (0, a) ta cú b = f (0) = a + b 2 Trong (1) thay (x, y) = (a, 0) ta có f (a 2 + b) = 0 = f (a), do f đơn ánh nên a = a 2 + b.
Như vắy ta cú hắ a = a 2 + b và b = a + b 2
Tù đây suy ra a = b = 0 Do đó f (0) = 0 và f ( f (y)) = y, ∀y ∈ R Bây giò, trong (1) lay y = 0 ta có
Giả sử f(x) = ±f(−x) với ∀x ∈ R Tuy nhiên, vì f là hàm đơn ánh nên f(−x) = −f(x) với ∀x ≠ 0, và điều này cũng đúng khi x = 0 Do đó, f là hàm lẻ Với mọi z ≥ 0, tồn tại x sao cho z = x², khi đó f(z) = f(x²) = [f(x)]² Vì vậy, với mọi z ≥ 0 và y ∈ R, ta có f(z + y) = f(x² + f(f(y))) = f(y) + [f(x)]² = f(y) + f(z).
Vói z ≤ 0 thì −z ≥ 0 Theo khang đ%nh trên và chú ý f là hàm le nên f (z + y) = − f (−z−y) = −[ f (−z) + f (−y)] = f (z) + f (y), ∀z ≤ 0, y ∈ R.
Vắy vúi MQI y, z ∈ R ta đeu cú f (z + y) = f (z) + f (y) Mắt khỏc f (x 2 ) = [ f (x)] 2 nên f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0 Dan đen f (x) = cx, ∀x ∈ R vói c ≥ 0 Ket hop f ( f (y)) = y, ∀y ∈ R ta suy ra f (x) = x, ∀x ∈ R.
Hoàn toàn tương tn, ta có the de dàng giai đưoc các bài toán mo r®ng sau.
Bài toán 2.3.10 Cho ∈ N ∗ Tìm tat cá các hàm f : R → R thóa mãn f (x 2n + f (y)) = y + [ f (x)] 2n , ∀x, y ∈ R.
Thay đoi bài toán IMO 1992, ta có bài toán tương tn, nhưng phúc tap hơn như sau:
Bài toỏn 2.3.11 Tỡm hàm f : R → R thúa món đieu kiắn f (x + [ f (y)] 2 ) = f (x) + y 2 , ∀x, y ∈ R (2)
Cho x = 0, ta có f([f(y)]^2) = f(0) + y^2, ∀y ∈ R Từ đây, f là đơn ánh trên R+ Khi y = 0, ta có f(x + [f(0)]^2) = f(x) Vì f là đơn ánh trên R+, với x > 0, ta suy ra x + [f(0)]^2 = x, dẫn đến f(0) = 0 Do đó, ta có f([f(y)]^2) = y^2, ∀y ∈ R, và kết luận rằng f là toàn ánh.
R + vào [0, +∞) nên vói MQI z ≥ 0 ton tai y sao cho z = [ f (y)] 2 , khi đó f (z) = f
([ f (y)] 2 ) = y 2 Nên vói MQI z ≥ 0, x ∈ R ta có f (x + z) = f (x + [ f (y)] 2 ) = f (x) + y 2 = f (x) + f (z).
Ta chi ra đieu này cũng đỳng khi z ≤ 0 Bang cỏch chi ra f là hàm le Thắt vắy, ta cú f ([ f (y)] 2 ) = y 2 = f ([ f (−y)] 2 ), ∀y ∈ R, nhưng f đơn ánh trên R + nên [ f (y)] 2 = [ f (−y)] 2 , suy ra f (−y) = ± f (y), ∀y ∈ R.
Gia su ton tai a ƒ= 0 mà f (−a) = f (a), khi đó tù (2) ta suy ra f (a + [ f (y)] 2 ) = f (a) + y 2 = f (−a) + y 2 = f (−a + [ f (y)] 2 ), ∀y ∈ R.
Do f nhắn MQI giỏ tr% trờn R + nờn ta ton tai b mà [ f (b)] 2 > |a| Khi đú a + [ f (b)] 2 > 0 và −a + [ f (b)] 2 > 0.
Mắt khỏc f (a + [ f (b)] 2 ) = f (−a + [ f (b)] 2 ) và f đơn ỏnh trờn R + nên a + [ f (b)] 2 = −a + [ f (b)] 2 ⇒ a = −a ⇒ a = 0. Đieu này mâu thuan vói gia su a ƒ= 0 Do đó f (−y) = − f (y), ∀y ∈ R Hay f là hàm le.
Khi đú vúi MQI t ≤ 0, x ∈ R ta đắt z = −t ≥ 0 Theo trờn ta cú f (x + t) = − f (−x−t) = − f (−x + z) = −[ f (−x) + f (z)] = f (x) − f (z) = f (x)
Như vắy vúi MQI x, y, ∈ R ta cú f (x + y) = f (x) + f (y) Thờm vào đú f ([ f (y)] 2 ) y 2 và f toàn ánh trên R + , suy ra f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0 Tù đó ta có f (x) = x, ∀x ∈ R De thay đây là nghiắm cua bài toỏn.
M®t cách tương tn, ta có the giai đưoc bài toán mo r®ng sau:
Bài toỏn 2.3.12 Vỏi n ∈ N ∗ Tỡm hàm f : R → R thúa món đieu kiắn f (x + [ f (y)] 2n ) = f (x) + y 2n , ∀x, y ∈ R.
Bài toán 2.3.13 (American Mathematical Monthly) Cho 1 < n ∈ N Xác đ%nh tat cá các hàm f : R → R thóa mãn f (x + y n ) = f (x) + [ f (y)] n , ∀x, y ∈ R (*)
LŐI GIÂI Cho x = y = 0 suy ra f (0) = 0 Chi lay x = 0 thì f (y n ) = [ f (y)] n , ∀y ∈
R Vói MQI a ≥ 0 ton tai y ∈ R mà a = y n , khi đó f (a) = f (y n ) = [ f (y)] n Do đó vói MQI a ≥ 0, x ∈ R ta có f (x + a) = f (x + y n ) = f (x) + [ f (y)] n = f (x) + f (a). Ő trên, neu lay x = −a thì ta suy ra f (−a) = − f (a), ∀a ≥ 0, đieu này cũng có nghĩa f là hàm le Vì the vói MQI a ≥ 0, x ∈ R ta có f (x−a) = − f (−x + a) = −[ f (−x) + f (a)] = f (x) − f (a).
Tù đó dan đen f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Theo bài toán PTH Cauchy thì ta có f (rx) = r f (x), ∀r ∈ Q, ∀x ∈ R đắc biắt f (r) = r f (1), ∀x ∈ Q.
Vúi MQI r ∈ Q, x ∈ R ta cú f ((r + x) n ) = [ f (r + x)] n = [ f (r) + f (x)] n Mắt khỏc n n f ((r + x) n ) = f ( ∑ C k r k x n−k ) = ∑ C k r k f (x n−k ), và n n k=0 n k=0
Suy ra công thức tổng quát: ∑ C n r k f (x n−k ) = ∑ C k r k [ f (1)] k [ f (x)] n−k (i) Khi x được cố định, hai vế của biểu thức (i) đều là đa thức bậc n Do đó, với k = 0, ta có MQI r ∈ Q, nên hệ số của r k (với k = 0, 1, , n) là bằng nhau Đặc biệt, với k = n−2 và k = n−1, ta có f (x 2 ) = [ f (x)] 2 [ f (1)] n−2 và f (x).
Trong (ii) lay x = 1 ta suy ra f (1) = 0 hoắc f (1) = 1, cũn vúi n chan thỡ ta cú thờm trưòng hop f (1) = −1 Ta đi xét 3 trưòng hop này.
1)Neu f (1) = 0, tù (ii) ta suy ra f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R Hàm này thoa mãn bài toán. 2)Neu f (1) = 1, thì tù (ii) ta suy ra f (x 2 ) = [ f (x)] 2 Tù đó de suy ra f (x) = x, ∀x
Hàm này thoa mãn bài toán.
3)Vúi n chan và f (1) = −1 Đắt g(x) = − f (x), ∀x ∈ R Khi đú, hàm g(x) thoa món đieu kiắn (*) cua bài toỏn và g(1) = 1 Theo trưũng hop trờn thỡ g(x) = x, ∀x
∈ R Nên f (x) = −x, ∀x ∈ R Nhưng thu lai vói chú ý n chan thì ta thay rang hàm f (x) = −x không thoa mãn (*).
Ket luắn: bài toỏn cú hai nghiắm làf (x) ≡ 0, ∀x ∈ R hoắc f (x) = x, ∀x ∈ R.
Bài toán 2.3.14 (USA 2002) Tìm hàm f : R → R thóa mãn f (x 2 −y 2 ) = x f (x) −y f (y), ∀x, y ∈ R (*)
LŐI GIÂI Trong (*) cho x = y = 0 ta có f (0) = 0, vói y = 0 thì f (x 2 ) = x f (x), vói x = 0 thì f (−y 2 ) = −y f (y), vói x = −y thì f (−x) = − f (x), ∀x ∈ R Ta viet lai (*) như sau f (x 2 −y 2 ) = f (x 2 ) − f (y 2 ) hay f (u) − f (v) = f (u−v), ∀u ≥ 0, v
≥ 0 Tù đây ta có f (x) = f (x + y − y) = f (x + y) − f (y) hay f (x + y) = f (x)
+ f (y), ∀x, y ≥ 0 ∈ R Ket k n hop 2 khang đ%nh trờn và f là hàm le suy ra f (rx) = r f (x), ∀r ∈ Q, x ∈ R Đắc biắt f (r) = r f (1), ∀r ∈ Q Ta đi tính f ([x + 1] 2 ) vói x ≥ 0 theo hai cách Ta có f ([x + 1] 2 ) = f (x 2 + 2x + 1) = f (x 2 ) + 2 f (x) + f (1) = x f (x) + 2 f (x) + f (1), ∀x
Từ đó, ta suy ra rằng f(x) = x f(1) cho mọi x ≥ 0 Tuy nhiên, với x ≤ 0, do f là hàm lẻ, ta có f(x) = -f(-x) = -(-x) f(1) = x f(1) Do đó, với mọi x ∈ R, ta có f(x) = x f(1) Kết quả là hàm này thỏa mãn bài toán, từ đó suy ra f(x) = cx cho mọi x ∈ R, với c ∈ R tùy ý.
Nhắn xột: Ta chi can cú f (x 2 −y 2 ) = f (x 2 ) − f (y 2 ) suy ra f (x + y) = f (x)+ f (y), ∀x + y, y ≥ 0 ∈ R Và tù đây f (rx) = r f (x), ∀r ∈ Q + do f le nên f (rx) = r f (x), ∀r ∈ Q, x ∈ R.
Bài toán 2.3.15 (Canada 2008) Xác đ%nh hàm so f : Q → Q thóa mãn f (2 f (x) + f (y)) = 2x + y, ∀x, y ∈ Q (1)
LŐI GIÂI Lay y = x ta có f (3 f (x)) = 3x, ∀x ∈ Q Ő đây, thay x boi 3 f (x) suy ra f (9x) = f (3 f (3 f (x))) = 3[3 f (x)] = 9 f (x), ∀x ∈ Q.
Vói x = 0 ta suy ra f (0) = 9 f (0) do đó f (0) = 0.
Lay x = 0 trong (1) ta có f ( f (y)) = y, ∀y ∈ Q Khi đó, tác đ®ng f lên hai ve (1) suy ra 2 f (x) + f (y) = f (2x + y), ∀x, y ∈ Q Ő đây, lay y = 0 ta có f (2x) = 2 f
(x), ∀x ∈ Q Vỡ vắy, vúi MQI x, y ∈ Q ta cú f (2x + y) = f (2x) + f (y) Đieu này tương đương vói f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Q.
Theo bài toán PTH Cauchy suy ra f (x) = x f (1), ∀x ∈ Q Ket hop f ( f (y)) = y ta suy ra f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R hoắc f (x) = x, ∀x ∈ Q Thu lai, ta thay chi hàm f (x) x, ∀x ∈ Q thoa mãn bài toán.
Để giải bài toán này, ta giả sử a, b ∈ Q và a, b khác 0, với điều kiện a + b khác 0, ±1 Kết quả tìm hàm f : Q → Q thỏa mãn f (a f (x) + b f (y)) = ax + by cho mọi x, y ∈ Q chỉ có nghiệm duy nhất là f (x) = x cho mọi x ∈ Q.
Bài toán 2.3.16 (Indian MO 2005) Tìm hàm f : R → R thóa mãn f (x 2 + y f (z)) = x f (x) + z f (y), ∀x, y, z ∈ R (*)
LỜI GIẢI: Nhắn rằng f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R là nghiệm của bài toán Chúng ta sẽ tìm nghiệm khác, giả sử đó là f(x) Để thấy f(0) = 0 và tồn tại a ≠ 0 mà f(a) ≠ 0 Trong (*) đặt (x, y, z) = (0, a, z) ta có f(a f(z)) = z f(a), từ đây cho thấy f là đơn ánh trên R.
Tù (*) thay x = 0, y = z = 1 ta có f ( f (1)) = f (1), do f đơn ánh nên f (1) = 1.
Lay x = 0, y = 1 ta có f ( f (z)) = z, trong (*) chi lay z = 1 ta có f (x 2 + y) = x f (x) + f (y), lay y = 0 thì f (x 2 ) = x f (x) Tù (*) thay x = −1, y = z = 0 ta suy ra f
(−1) = −1 Lay x = 0, z = −1 ta suy ra f (y) = − f (y), ∀y ∈ R Tù đó, ta chi ra f c®ng tính Suy ra f (rx) = r f (x), ∀r ∈ Q; f (x + 1) = f (x) + f (1) Đen đây, ta đinh tính f ([x + 1] 2 ) theo hai cách.
Tù hai đang thúc trên suy ra f (x) = x f (1) = x, ∀x ∈ R.
Nhắn xột: Neu thay đoi (*) thành f (x 2 + y f (z)) = x f (x) −z f (y), ∀x, y, z ∈ R, thỡ nghiắm cua bài toỏn là f (x) = −x, ∀x ∈ R.
Bài toán 2.3.17 Tìm hàm f : R → R thóa mãn f (x + y) + f (xy) = f (x) f (y) + f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (1)
LŐI GIÂI Ta thay rang (1) là tong cua hai phương trình f (x + y) = f (x) + f (y) (2) f (xy) = f (x) + f (y) (3)
M®t so phương pháp giai phương trình hàm 31 3.1 Phương pháp su dnng tính liên tnc cua hàm so
Phương pháp Qui nap toán HQC
Nguyên lý qui nạp toán học cho phép chúng ta chứng minh khẳng định S(k) đúng với mọi k thuộc tập số tự nhiên N Đầu tiên, ta kiểm tra tính đúng đắn của S(k) với giá trị khởi đầu k = n0, và nếu S(k) đúng với k = n, thì nó cũng sẽ đúng với k = n + 1 Như vậy, từ khẳng định ban đầu, ta có thể kết luận rằng S(k) đúng với mọi k trong khoảng từ n0 đến vô hạn trong N.
Nguyên lý quy nạp toán học, thường được gọi là "Quy nạp kiểu Cauchy", phát biểu rằng nếu S(k) đúng với giá trị ban đầu k = n0 ∈ N, thì S(k) cũng đúng với k = fi(n0) ≥ n0, ∀i ∈ N, trong đó fi(n0) tiến tới +∞ khi i tiến tới +∞ Từ đó, nếu S(k) đúng với k = fi(n0), ta có thể suy ra S(k) cũng đúng với mọi k trong khoảng n0 ≤ k ≤ fi(n0) Do đó, S(k) sẽ đúng với mọi k ≥ n0.
Phương pháp Qui nạp toán HQC thường được áp dụng cho các bài toán phương trình hồi quy trên tập số thực Tuy nhiên, nó cũng mang lại lợi ích trong việc giải quyết các bài toán phương trình hồi quy khi hàm số xác định.
Trong quá trình nghiên cứu hàm số, chúng ta xem xét các bước từ N đến Z, Z đến Q, và cuối cùng là Q đến R Ở bước N đến Z, chúng ta thường tập trung vào tính liên tục của hàm số Đặc biệt, ở bước từ Q đến R, cần thêm các dự đoán như hàm đang xét có liên tục, tăng hay giảm, và đơn điệu Nội dung này sẽ được phân tích sâu hơn trong phần phương trình Cauchy và phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Ta đi xét m®t vài ví dn đe nam vung phương pháp cơ ban và huu ính này.
Bài toán 3.2.1 (VietNam 1985) Tìm f : Z → Z thóa mãn f (0) ƒ= 0, f (1) = 5/2 và f (n) f (m) = f (n + m) + f (n−m), ∀n, m ∈ Z.
LŐI GIÂI Lay n = m = 0 ta suy ra [ f (0)] 2 = 2 f (0), do f (0) ƒ= 0 nên f (0) = 2 Lay m = 1 ta có f (n) f (1) = f (n + 1) + f (n− 1), ∀n ∈ Z.
Chúng ta đã xác định hàm số f hoàn toàn khi biết rằng f(0) = 2 và f(1) = 5/2 Mục tiêu là chứng minh rằng f(n) = 2n + 2 - 2^(-n) cho mọi n thuộc tập số nguyên Z Việc chứng minh chỉ cần thực hiện với n ∈ N, vì nếu n = 0, hàm f là hàm chẵn Đã xác nhận rằng công thức (*) đúng với n = 0 và n = 1 Giả sử (*) đúng với n.
= k, 1 ≤ k ∈ N ta chỳng minh (*) cũng đỳng vúi n = k + 1 Thắt vắy f (k + 1) = 5
Do đó theo nguyên lý qui nap toán HQC ta có f (n) = n ∈ N Và do đó nó cũng đúng vói n ∈ Z vỡ f và hàm 2 n + 2 −n đeu là hàm chan Ket luắn f (n) = 2 n + 2 −n , ∀n ∈ Z.
Bài toán 3.2.2 Tìm hàm f : N ∗ → N ∗ thóa mãn f (2) = 2, f (m) < f (n), ∀m < n và f (nm) = f (n) f (m) vái MQI n, m ∈ N thóa mãn (m,n)=1.
Cho hàm số f, ta có điều kiện f(5) ⇒ f(3) < 4, từ đó suy ra f(3) = 3 Tiếp theo, chúng ta có f(2) = 2 và thiết lập dãy a_n với a_0 = 3, a_{n+1} = a_n(a_n - 1) cho mọi n ∈ N Khi đó, ta nhận thấy rằng f(a_n) = a_n và giới hạn n lim a_n = +∞ Kết hợp với giả thiết f tăng trên N, ta kết luận rằng f(n) → n.
Bài toán 3.2.3 (Putnam 1963) Tìm tat cá các hàm f : N → N tăng thnc sn thóa mãn cỏc đieu kiắn f (2) = 2 và f (mn) = f (m) f (n), ∀m, n ∈ N.
LŐI GIÂI Do f tăng thnc sn nên 0 ≤ f (0) < f (1) < f (2) = 2 Do đó f (0) = 0, f (1)
= 1 Gia su f (3) = 3 + k, k ∈ N, suy ra f (6) = f (2) f (3) = 6 + 2k nên f (5) ≤
Mắt khỏc, f (5) ≥ 5 + k nờn f (15) = f (5) f (3) ≥ (5 + k)(3 + k) Vỡ vắy (5 + k)
(3 + k) ≤ 15 + 2k, tù đó k = 0, f (3) = 3 Bang quy nap chúng minh f (2 n + 1) 2 n + 1, ∀n ∈ N suy ra 2 n + 1 = f (2 n + 1) < < f (2 n + k) < < f (2 n + 1) 2 n+1 + 1, vói MQI n ∈ N và k = 1, 2, , 2 n Tù 2 n + 1 đen 2 n+1 + 1 có đúng 2 n so tn nhiờn nờn f (2 n + k) = 2 n + k Ket luắn f (n) = n, ∀n ∈ N.
Bài toán 3.2.4 (IMO 1977) Xác đ%nh tat cá các hàm f : N → N thóa mãn f (n + 1) > f ( f (n)), ∀n ∈ N.
LŐI GIÂI Bang phộp lắp khỏ đắc biắt tương tn qui nap, ta chi ra f (k) ≥ k, ∀k ∈ N.
Ta cú f (n + 1) > f ( f (n)) ≥ 0 ⇒ f (n + 1) ≥ 1, ∀n ∈ N Nờn khi đắt g(n) = f (n +
Như vắy ta lai cú g(n + 1) > g(g(n)), ∀n ∈ N Do đú g(n + 1) ≥ 1 suy ra f (n +
2) = g(n + 1) + 1 ≥ 2 Lắp lai quỏ trỡnh trờn, tỳc lai xõy dnng hàm h(n) = g(n +
1) − 1, ta suy ra f (n + k) ≥ k, ∀k ∈ N Lay n = 0 thì ta có f (k) ≥ k, ∀k ∈ N. Theo đieu kiắn ban đau ta suy ra f (k + 1) > f ( f (k)) ≥ f (k) Đieu này dan đen f là hàm tăng trờn N Mắt khỏc f (k + 1) > f ( f (n)) nờn k + 1 > f (k) Như vắy k + 1
> f (k) ≥ k, ∀k ∈ N Dan đen nghiắm cua bài toỏn là f (k) = k, ∀k ∈ N.
Bài toán 3.2.5 (THTT - T6/ So 302) Xét hàm f : N ∗ → N ∗ thóa mãn
(ii) Vái MQI m ∈ N ∗ thì ton tai duy nhat n ∈ N ∗ mà f (n) = m.
LŐI GIÂI Xét dãy f (1), f (2), f (3), Đây là dãy các so nguyên dương đôi m®t phân biắt Ta cú cỏc nhắn xột sau:
1)Neu f (n + 1) > f (n) thì vói MQI k ≥ n + 1 ta đeu có f (k) > f (n).
2)Vỡ mői so nguyờn dương xuat hiắn đỳng mđt lan trong dóy nờn f (n + 1) = f (n) −
1 neu f (n) − 1 ∈/ { f (1), f (2), , f (n)} Trong trưòng hop còn lai thì f (n + 1) = 4 f
3)Neu f (1) ƒ= 1 thì ton tai a ƒ= 1 ∈ N ∗ đe f (a) = 1 Khi đó f (a + 1) = 3, tù đõy và nhắn xột 1 ta se suy ra a = 2 Do đú f (1) = f (a− 1) = 2 Như vắy f (1) ∈ {1, 2}.
Bây giò, ta đi xét hai trưòng hop sau:
*) Neu f (1) = 1 Ta chúng minh f (2 n + k) = 2 n+1 − (k + 1) vói 0 ≤ k ≤ 2 n −
1 Ta chúng minh qui nap theo s = 2 + k De thay s = 1, 2, 3 đúng Gia su đúng tói s.
Neu s = 2 n + k vúi 0 ≤ k ≤ 2 n − 2 thỡ f (s) = 2 n+1 − (k + 1) Theo nhắn xột 2 thì f (s + 1) = f (s) − 1 = 2 n+1 − (k + 2) Còn neu s = 2 n + k, k = 2 n − 1 thì f
(s) = 2 n Ta cú f (2 n−1 ) = 2 n − 1 = f (s) − 1 đó xuat hiắn trong dóy { f (1), f
(2), , f (s)} nờn theo nhắn xột 2 thỡ f (s + 1) = 4 f (s) − 1 = 2 n+2 − 1 Như vắy ta đã hoàn tat chúng minh khang đ%nh trên.
*) Neu f (1) = 2 thì chúng minh tương tn ta có f (4 n + k) = 3.4 n − (k + 1) neu o ≤ k ≤ 2.4 n − 1 và f (4 n + k) = 6.4 n − (k + 1) neu 2.4 k ≤ k ≤ 3.4 n − (k + 1).
Tự đú ta cú f (2002) = 1069 hoắc f (2002) = 2093.
MđT SO BÀI TắP VắN DUNG:
Bài tắp 3.2.1 Cho hàm so f (x) xỏc đ%nh trờn N thúa món f (0) = 0, f (1) = 1 và f (n + 1) = 3 f (n) − 2 f (n− 1), ∀n ∈ N ∗ Chúng minh rang f (n) = 2 n − 1.
Bài tắp 3.2.2 Tỡm f : R + → R + liờn tnc thúa món cỏc tớnh chat sau:
Gei ý Chi ra f đơn ánh, ket hop f liên tnc, f (2) = 2 f (1) = 2 ta suy ra f tăng thnc sn.
Tù đó, 2 n = f (2 n ) < f (2 n +1) < < f (2 n +2 n ) = 2 n+1 , do tù 2 n đen 2 n+1 có đúng
2 n +1 so tn nhiên, suy ra f (2 n + k) = 2 n + k, ∀k = 0, 1, , 2 n Dan đen f (n) = n,
= n , suy ra f (x) = x trên Q + Do f liên tnc nên f (x) = x trên R +
Bài tắp 3.2.3 Xỏc đ%nh hàm f : [0, 1] → [0, 1] thúa món f (2x− f (x)) = x, ∀x ∈ [0, 1].
Gei ý Theo cách xác đ%nh cua hàm f thì ta có 0 ≤ 2x − f (x) ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1]. Đắt g(x) = 2x− f (x) thỡ g : [0, 1] → [0, 1] Ta cú f (g(x)) = x và g(g(x)) = 2g(x)
− f (g(x)) = 2g(x) −x Tù đó bang quy nap ta chi ra g n (x) = n(g(x) −x) + x, ∀x
∈ [0, 1] Tù đó ta suy ra g(x) = x, ∀x ∈ [0, 1] Vì neu ton tai 0 ≤ x 0 ≤ 1 mà g(x 0) ƒ= x 0 thì g n (x 0) → +∞ khi n → +∞, mâu thuan The nên f (x) = x, ∀x ∈ [0, 1].
Bài tắp 3.2.4 Tỡm tat cỏ cỏc hàm so f liờn tnc trờn R thúa món f (1) = 1 và f (√ x 2 + y 2 ) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R.
Gei ý Chi ra f (0) = 0, f (x) là hàm chan Chúng minh bang qui nap f ( x 2 + x 2 + + x 2 ) = f (x 1) + f (x 2) + + f (x n ), ∀x 1 , x 2 , , x n ∈ R.
, ∀k, n ∈ N ∗ Hay f (r) = r 2 , ∀r ∈ Q + Ket hop f (x) chan và là hàm liên tnc ta suy ra f (x) = x 2 , ∀x ∈ R.
Bài tắp 3.2.5 (China TST 2007) Tỡm tat cỏ cỏc hàm f : Q + → Q + thúa món f (x) + f (y) + 2xy f (xy) = f (xy) x y + f (x) + f (y)
Gei ý Chúng minh bang qui nap các khang đ%nh sau: f (n) = 1
3.3 Phương phỏp sE dnng tớnh đơn điắu cua hàm so
Mắnh đe 3.1 Chỳng minh rang:
Nếu f(x) và g(x) là các hàm cứng đơn điệu tăng hoặc cứng đơn điệu giảm trên R, thì f(g(x)) và g(f(x)) cũng sẽ tăng trên R Điều này dẫn đến kết luận rằng nếu f là hàm tăng trên R, thì f^n(x) cũng sẽ là hàm tăng trên R với mọi n ∈ N*.
(ii) Neu f (x) tăng trờn R, g(x) giỏm trờn R thỡ f (g(x)), g( f (x)) đơn điắu giỏm trờn R.
Tự đú suy ra: Neu f (x) đơn điắu giỏm trờn R thỡ f 2n (x) đơn điắu tăng, cũn f 2n+1 (x) đơn điắu giỏm trờn R.
LŐI GIÂI (i) Ta chúng minh cho trưòng hop khó thay hơn Trưòng hop còn lai đưoc chúng minh tương tn.
Gia su f (x), g(x) là các hàm ngh%ch bien Khi đó, vói MQI x > y ta có x > y ⇐⇒ g(x) < g(y) ⇐⇒ f (g(x)) > f (g(y)), hay f (g(x)) là hàm tăng trên R Tương tn, g( f (x)) cũng tăng trên R.
Hàm số f(x) hiện đang là hàm tăng Nếu áp dụng kết quả này cho g(x) ≡ f(x), thì f²(x) cũng sẽ là hàm tăng Khi đặt g(x) ≡ f²(x), ta có f³(x) = f(f²(x)), và điều này cho thấy f³(x) cũng là hàm tăng Như vậy, bằng quy nạp, có thể dễ dàng chứng minh rằng fⁿ(x) là hàm tăng trên R.
(ii) Gia su f (x) tăng, còn g(x) giam Vói MQI x > y ta có x > y ⇐⇒ g(x) < g(y) ⇐⇒ f (g(x)) < f (g(y)), do đú f (g(x)) đơn điắu giam trờn R Tương tn, g( f (x)) cũng đơn điắu giam trờn R.
Nếu hàm f(x) đơn điệu giảm và g(x) ≡ f(x), thì suy ra f^2(x) là hàm đơn điệu tăng Do đó, f^(2n)(x) cũng là hàm đơn điệu tăng với mọi n ∈ N Bên cạnh đó, áp dụng với g(x) = f^(2n)(x) là hàm tăng, ta có f^(2n+1)(x) = g(f(x)) là hàm đơn điệu giảm với mọi n ∈ N.
Nếu chúng ta thay đổi các giá trị "đơn điếu tăng" với "không giảm" và "đơn điếu giảm" với "không tăng", thì kết quả sẽ không thay đổi Điều này cho thấy rằng
Nếu \( f \) là hàm số liên tục và \( n \in \mathbb{N}^* \), thì \( f^{2n+1}(x) \) là hàm số đồng biến với \( f(x) \), trong khi \( f^{2n}(x) \) đồng biến với \( f(x) \) chỉ khi \( f(x) \) là hàm đơn điệu tăng Kết quả này là cơ sở quan trọng giúp chúng ta phân tích tốt hơn khi làm việc với hàm đơn điệu.
Bài toán 3.3.1 Cho trưác k ∈ N ∗ Tìm hàm f : R → R trong hai trưàng hap sau: (i) f không giám thóa mãn f k (x) = x, ∀x ∈ R, vái k ≥ 2.
(ii) f đơn điắu thúa món f 2k+1 (x) = x, ∀x ∈ R.
LŐI GIÂI (i) Nhắn thay rang f (x) = x, ∀x ∈ R là nghiắm cua bài toỏn.
Ta đi chỳng minh nghiắm này là duy nhat Thắt vắy, gia su ton tai a ∈ R sao cho f (a) ƒ= a, ta xét 2 trưòng hop sau:
- Neu 2 f (a) > a Do f không giam nên f ( f (a)) ≥ f (a) > a suy ra f 3 (a) = f ( f
(a)) ≥ f (a) > a Su dnng quy nap, de dàng thay f k (a) ≥ a, mâu thuan vói f k (a) -a.Neu f (a) < a thì f ( f (a)) ≤ f (a) < a Bang quy nap ta cũng suy ra f k (a) < a, mâu thuan vói f k (a) = a.
Vắy gia su trờn là sai Hay f (x) = x, ∀x ∈ R.
Giả sử f là hàm đơn điệu giảm, từ kết quả đã nêu, ta suy ra f(2k+1) cũng đơn điệu giảm, với f(2k+1)(x) = x là hàm tăng Do đó, giả sử trên là sai, có nghĩa là f là hàm không giảm Từ đó, áp dụng định lý, ta suy ra nghiệm của bài toán là f(x) = x, ∀x ∈ R.
Nhắn xột: Bài toỏn này là mđt ket qua rat cú ớch vúi nhieu bài PTH Chỳng ta se thay đưoc đieu đó o các bài toán tiep dưói đây.
Mắnh đe 3.2 Cho g(x) là hàm liờn tnc trờn R Chỳng minh rang neu f : R → R là hàm đơn điắu thúa món f (x) = g(x), ∀x ∈ Q thỡ f (x) = g(x), ∀x ∈ R.
Ta chúng minh cho trưòng hop f là hàm không giam Trưòng hop f là hàm không tăng đưoc suy ra tự trưũng hop f khụng giam bang viắc xột hàm − f (x).
Vói mői x ∈ R, lay hai dãy huu ti s n giam và r n tăng sao cho n→+∞lim s n = lim n→+∞ r = x lim
Do f không giam nên g(s n ) = f (s n ) > f (x) > f (r n ) = g(r n ), chuyen qua giói han khi n → +∞, ket hop (1) ta có g(x) ≥ f (x) ≥ g(x) ⇒ f (x) = g(x).
Vì x ∈ R lay tùy ý nên f (x) = g(x), ∀x ∈ R (ĐPCM) !
Kết quả mạnh đề không đổi nếu đối giá thiết lập đơn điệu bởi liên tục, hay thay đổi bởi một khoảng hay đoạn bất kỳ Nếu g(x) = ax thì f(x) = g(x), ∀x ∈ Q đồng nghĩa f cũng tính Đây là kết quả có nhiều ứng dụng quan trọng với lớp phương trình hàm vừa đơn điệu vừa đồng tính, mà chúng ta sẽ xét đến trong phần phương trình hàm cơ bản Dưới đây là một vài ví dụ ngắn gọn liên quan đến mạnh đề này.
Bài toán 3.3.2 (IMO 2002) Tìm tat cá các hàm f : R → R thóa mãn
LŐI GIÂI Nhắn thay (*) cú cỏc nghiắm: f (x) ≡ 0, f (x) ≡ 1
, f (x) = x 2 Ta se chi ra đây là tat ca cỏc nghiắm cua bài toỏn.
Gia su f thoa món (*) Lay x = y = z = 0 ta cú 2 f (0) = 2 f (0)( f (0)+ f (t)) Đắc biắt ta cú 2 f (0) = 4 f (0), vỡ vắy f (0) = 0 hoắc f (0) = 1/2 Neu f (0) = 1/2 thỡ ta có f (0)+ f (t) = 1 nên f (t) ≡ 1/2 trên R.
Xét trưòng hop f (0) = 0 Khi đó, trong (*) lay z = t = 0 ta có f (xy) = f (x) f (y), ∀x, y ∈ R.
Như vắy f là hàm nhõn tớnh Đắc biắt, f (1) = [ f (1)] 2 nờn f (1) = 0 hoắc f (1) = 1. Neu f (1) = 0 thì f (x) = f (x) f (1) = 0, ∀x ∈ R.
Gia su f (1) = 1 Trong (*) lay x = 0 và y = t = 1 ta có f (−z) + f (z) = 2 f (z) Vì vắy f (z) = f (−z), ∀z ∈ R, mắt khỏc f (x 2 ) = [ f (x)] 2 nờn f là hàm chan và f (y) ≥
0, ∀y ∈ R Trong trưũng hop cuoi này ta chi ra rang f (x) = x 2 , ∀x ∈ R Thắt vắy, lay y = z = t = 1 trong (*) thì f (x− 1) + f (x + 1) = 2( f (x) + 1), ∀x ∈ R (1)
Hàm f được xác định với điều kiện f(0) = 0 và f(1) = 1, cho phép chúng ta chứng minh rằng f(n) = n² cho mọi n thuộc tập N bằng phương pháp quy nạp Do f là hàm chẵn, ta cũng có thể kết luận rằng f(x) = x² cho mọi x thuộc tập Z Hơn nữa, vì f là hàm nhân tính, chúng ta dễ dàng xác định f(x) = x² cho mọi x thuộc tập Q.
Hàm số f không giảm trên R+ Nếu ta đặt t = x, z = y, ta có f(x² + y²) = (f(x) + f(y))² Điều này dẫn đến f(x² + y²) ≥ [f(x)]² + [f(y)]², với điều kiện f(x) ≥ 0 cho mọi x ∈ R Do đó, nếu u ≥ v ≥ 0, thì f(u) ≥ f(v), nghĩa là f không giảm trên R+ Từ đây, ta có thể kết luận rằng f(x) = x² cho mọi x ∈ R+ Ngoài ra, trên R+, hàm x² có hàm ngược là x, cho phép ta đơn giản hóa hơn nữa.
Gia su ton tai x > 0 mà 0 ≤ f (x) ƒ= x 2 Ta xét 2 trưòng hop:
- Neu 0 ≤ f (x) < x , lay a huu ti thoa mãn x > a > f (x), thì f (a) = a > f (x) Nhưng do f không giam trên R + nên f (a) ≤ f (x), mâu thuan.
- Neu f (x) > x 2 , tương tn ta cũng suy ra mâu thuan.
Vỡ vắy f (x) = x 2 , ∀x ∈ R + , ket hop f là hàm chan nờn f (x) = x 2 , ∀x ∈ R Đen đõy ta đã giai xong bài toán vói ket qua như trên.
Nhắn xột: Bài toỏn xuat phỏt tự đong nhat thỳc Lagrange:
Phương pháp điem bat đ®ng
Đ%nh nghĩa 3.1 Ta GQI x là điem bat đ®ng cua hàm so f neu f (x) = x.
Phương pháp sử dụng điểm bất đẳng trong việc giải các bài toán PTH là một phương pháp khó, khó để nhận biết và khó để vận dụng so với các phương pháp khác Tuy nhiên, nếu áp dụng hợp lý, nó sẽ mang lại lời giải hay và ấn tượng Đối với phương pháp này, khi sử dụng, người ta thường có những lắp luẩn sau đây:
Khi biết điểm bất định, ta cần xác định các điểm bất định của hàm đang xét Để thực hiện điều này, việc kiểm tra tính duy nhất của điểm bất định và tích của chúng là rất quan trọng.
, ∀ > f c f hai điem bat đ®ng có là điem bat đ®ng hay không? ngh%ch đao cua điem bat đ®ng có là điem bat đ®ng không?
Các bài PTH giai bang phương pháp điểm bất động thường có tính đối xứng, cho phép dễ dàng xác định các điểm bất động Tập hợp các điểm bất động này là tập hữu hạn Thông thường, một bài toán PTH sử dụng tốt phương pháp này thường chỉ có một điểm bất động duy nhất.
Ta đi xem xét m®t bài toán sau đây đe làm quen và hieu rõ hơn ve phương pháp hay này.
Bài toỏn 3.5.1 (IMO 1994) G QI S là tắp cỏc so thnc lỏn hơn
−1 Hóy tỡm tat cỏ cỏc hàm f : S → S thúa món cỏc đieu kiắn:
(ii) Hàm so f (x) tăng thnc sn trên các khoáng 1 < x < 0, 0 < x < +∞. x
LŐI GIÂI Trong (i) cho x = y, ta có f (x + f (x) + x f (x)) = x + f (x) + x f (x), ∀x
∈ S Do đó vói MQI x ∈ S thì x + f (x) + x f (x) là điem bat đ®ng cua hàm f
Ta đi xỏc đ%nh tắp hop cỏc điem bat đđng cua hàm f
Tự (ii) cho ta phương trỡnh điem bat đđng f (x) = x cú nhieu nhat 3 nghiắm, mđt nghiắm (neu cú) nam trong (−1, 0), mđt nghiắm bang 0 và mđt nghiắm nam trong
Gia su u ∈ (−1, 0) là m®t điem bat đ®ng cua f
Trong phương trình hàm (i), cho x = y = u ta đưoc f (2u + u 2 ) = 2u + u 2 Hơn nua,
Trong khoảng (-1, 0), biểu thức 2u + u^2 thuộc (-1, 0) khi u cũng nằm trong khoảng này Do tính duy nhất của điểm bất định trong khoảng (-1, 0), ta có 2u + u^2 = u Tuy nhiên, khi u = -1 hoặc u = 0, điều này mâu thuẫn với việc u phải thuộc (-1, 0) Vì vậy, hàm f không có điểm bất định nào trong khoảng (-1, 0).
Hoàn toàn tương tn, hàm f không có điem bat đ®ng thu®c (0, ∞).
Như the 0 là điem bat đ®ng duy nhat có the có cua hàm f
Do ∀x ∈ S, x + f (x)+ x f (x) là điem bat đ®ng nên x + f (x)+ x f (x) = 0, hay f (x)
Kiem tra lai, vói f (x) 1 + x thì x + f (y) + x f (y) = x−
= −1 tăng thnc sn trên các khoang −1 < x < 0, 0 < x. x 1 + x
Như vắy, hàm f (x) = −x thoa món cỏc đieu kiắn (i) và (ii) cua bài toỏn.
Vắy hàm so can tỡm là f (x) = −x vói MQI x ƒ= 0, x > −1.
Nhắn xột: Việc nhắn ra x + f(x) + x f(x) là điểm bất động tương đối dễ Điểm mấu chốt của bài toán là tăng dần (ii) để thấy tính duy nhất của điểm bất động trong mỗi khoảng.
−1 < x < 0 và x > 0, và lắp luắn neu đó cú 1 điem bat đđng u thỡ ta suy ra điem bat đ®ng
Hàm f có điểm bất động duy nhất tại x = 0, cho phép chúng ta dễ dàng giải quyết bài toán Từ phương trình này, chúng ta có thể phát triển thêm nhiều bài toán liên quan khác.
Bài toỏn 3.5.2 Chỳng minh rang khụng ton tai hàm f : R → R thúa món cỏc đieu kiắn
(ii) f (x) giám thnc sn trên ( ∞, 0) và tăng thnc sn trên (0, +∞). x
LŐI GIÂI Gia su f là hàm thoa mãn bài toán.
Trưóc tiên ta đi chúng minh neu f có điem bat đ®ng a thì a = 0.
Tù (ii) ta thay rang hàm f chi có toi đa 3 điem bat đ®ng, m®t điem bat đ®ng (neu có) nam trong khoang x < 0, m®t điem bang 0 và m®t điem nam trong khoang x > 0.
Gia su f có điem bat đ®ng a thoa mãn a > 0.
Khi đó, trong (i) ta cho y = a, ta đưoc a x = f (x + a + a 3 ) x R Ő đây, lay x = a 3
3 cũng là điem bat đ®ng cua hàm f , ngoài ra khi a 2
2 a 0 Do đú f cú hai điem bat đđng phõn biắt trờn khoang2
> 2 > > x > 0, mõu thuan Do vắy f khụng cú điem bat đđng trờn khoang x > 0.
Tương tn như the, ta cũng de dàng chúng minh đưoc rang f không có điem bat đ®ng thoa mãn x < 0.
Do vắy neu cú điem bat đđng a, thỡ ta suy ra a = 0.
Trong (i) ta lay y = 0, ta đưoc −x = f (x + f (0)), ∀x ∈ R Ő đây, lay x = − f ( 0 )
), như vắy hàm f cú điem bat đđng f ( 0 )
Bây giò ta đi chúng minh không ton tai t ƒ= 0 sao cho f (t) = 0.
Thắt vắy, gia su ton tai t ƒ= 0 mà f (t) = 0 Khi đú, trong (i) ta cho y = t, ta đưoc t −x = f (x), ∀x ∈ R Tiep theo, ta cho x = t ta đưoc t
2 là điem bat đ®ng khác 0 cua hàm f , do t ƒ= 0 Đieu này mâu thuan vói khang đ%nh o trên
Do vắy, khụng ton tai t ƒ= 0 mà f (t) = 0, hay f (x) = 0 ⇐⇒ x = 0.
Tù đây ta có x + f (x) + x 2 f (x) = 0 hay f (x) = − x
∀ ∈ x 1 + x 2 Thu lai, ta thay tuy f (x) = −
1 + x 2 thoa mãn (ii), nhưng lai không thoa mãn (i)
Do vắy khụng ton tai hàm f thoa món bài toỏn (ĐPCM) !
Nhắn xột: í tưong cua bài toỏn dna vào hai ket qua mau chot: f cú điem bat đđng duy nhat x = 0 và f (x) = 0 ⇐⇒ x = 0, tù đó giai tiep bài toán.
Bài toỏn 3.5.3 Tỡm hàm so f : R → R thúa món cỏc đieu kiắn sau (1) f (x 3 y + 2xy−y f (x)) = xy 3 + 2xy−x f (y), ∀x ∈ R,
(2) Hàm f (x) ngh%ch bien trên x < 0 và đong bien trên x > 0. x
LŐI GIÂI Trong (1) lay y = x ta có f (x 4 + 2x 2 −x f (x)) = x 4 + 2x 2 −x f (x), ∀x ∈
R Như vắy, vúi MQI x ∈ R thỡ x 4 + 2x 2 −x f (x) là điem bat đđng cua f
Ta đi tỡm tắp hop cỏc điem bat đđng cua f
Tù (2) ta thay rang f có toi đa 3 điem bat đ®ng: m®t điem bat đ®ng (neu có) nam trong khoang x > 0, m®t điem nam trong khoang x < 0 và m®t điem bat đ®ng x = 0.
Ta chỳng minh f khụng cú điem bat đđng a > 0 Thắt vắy, gia su ton tai a > 0 mà f (a) = a, khi đó a 4 + 2a 2 −a f (a) = a 4 + a 2 > 0 cũng là điem bat đ®ng dương cua f
Do f có m®t điem bat đ®ng dương duy nhat nên a = a 4 + a 2 ⇐⇒ a 3 + a = 1, phương trình này cú nghiắm dương duy nhat.
Trong (1) lay x = a ket hop a 3 + a = 1, sau khi rút GQN ta có f (y) = a(y 3 + 2y− f (y)) ⇐⇒ f (y) = a
1 + a(y 3 + 2y) vùa tìm đưoc, không khó đe ta thay rang nó không thoa mãn (1). Đieu này chúng to gia su trên là sai, hay f không có điem bat đ®ng dương.
Nếu hàm số f có điểm bất định x < 0, thì biểu thức x^4 + 2x^2 - x sẽ tạo ra điểm bất định dương cho f, điều này mâu thuẫn với khẳng định đã chứng minh trước đó Vì vậy, hàm số f cũng không có điểm bất định âm.
Hàm f(x) = x³ + 2x có một điểm bất định duy nhất tại x = 0, và thỏa mãn điều kiện x⁴ + 2x² - x f(x) = 0 với mọi x ∈ R Do đó, f(x) được xác định cho tất cả x khác 0 và cũng đúng với x = 0 Kết luận, hàm số cần tìm là f(x) = x³ + 2x, với ∀x ∈ R.
Bài toán 3.5.4 (IMO 1983) Tìm f : (0, +∞) → (0, +∞) thóa mãn
LŐI GIÂI Trong (i) cho x = y ta có f (x f (x)) = x f (x) Suy ra vói MQI x > 0 thì x f (x) là điem bat đ®ng cua f
Ta đi xỏc đ%nh tắp hop cỏc điem bat đđng cua f
Ta thay rang f là đơn ánh, vì tù f (y 1) = f (y 2) lan lưot thay y boi y 1 , y 2 trong (i) ta suy
Trong (i) cho x = y = 1 ta có f ( f (1)) = f (1) ⇒ f (1) = 1 Do đó f có điem bat đ®ng là x = 1 Bây giò, ta thay rang:
- Neu x, y là 2 điem bat đ%nh cua f thì f (xy) = f (x f (y)) = y f (x) = yx, suy ra xy cũng là điem bat đ®ng cua f
- Neu x > 0 là điem bat đ®ng cua f , ta có
( x ) x , hay x cũng là điem bat đ®ng cua Ta chi ra rang f chi có điem bat đ®ng duy nhat x = 1.
Nếu hàm số f có điểm bất định x > 1, thì x² = x.x cũng là điểm bất định của f Hơn nữa, xₙ là điểm bất định của f với n ∈ N* Do đó, f(xₙ) = xₙ, điều này mâu thuẫn với điều kiện (ii), vì khi x → +∞, xₙ = f(xₙ) → +∞ Nếu f có điểm bất định trong khoảng 0 < x < 1, thì 1
> 1 cũng là điem bat đ®ng cua f Và tương tn ta cũng dan đen mõu thuan Vắy x = 1 là điem bat đđng duy nhat cua f Do đú x f (x) = 1, ∀x > 0 hayx f (x) = 1
, ∀x > 0 Thu lai, hàm này thoa món cỏc đieu kiắn (i), (ii). x 1
Vắy hàm so can tỡm là f (x) x , ∀x ∈ R.
Bài toỏn 3.5.5 Tỡm tat cỏ cỏc hàm f : R → R thúa món đieu kiắn f (x + f (y)) = x + f (y) + x f (y) ∀x, y ∈ R (1)
LŐI GIÂI Gia su f là hàm thoa mãn bài toán.
CHQN y = 0, x = − f (0) tự (1) ta cú f (0) = − f 2 (0) suy ra f (0) = 0 hoắc f (0) −1.
Neu f (0) = 0, trong (1) cho y = 0 ta suy ra f (x) = x, ∀x ∈ R, thay vào (1) ta có x + y = x + y + xy, ∀x, y ∈ R Suy ra xy = 0, ∀x, y ∈ R, vụ lớ Vắy f (0) = −1
Khi đú, trong (1) cho x = 0 ta cú f ( f (y)) = f (y), ∀y ∈ R Vắy ∀y ∈ R thỡ f (y) là điem bat đ®ng cua f
Ta đi xỏc đ%nh tắp cỏc điem bat đđng cua hàm f
Gia su a là điem bat đ®ng cua hàm f , túc f (a) = a Trong (1) cho x = 1, y = a ta có f (1 + a) = f (1 + f (a)) = 1 + f (a) + f (a) = 1 + 2 f (a) = 1 + 2a, do f ( f (y)) = f (y), ∀y ∈ R nên ta có f (1 + 2a) = f ( f (1 + a)) = f (1 + a) = 1
Ta thay rang a = 0 là khụng the vỡ f (0) = −1, do đú a = −1 Vắy f chi cú điem bat đ®ng duy nhat a = −1 suy ra f (y) = −1, ∀y ∈ R Thu lai thay rang f (x) = −1 là nghiắm cua bài toán.
Tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét một số tính chất của hàm f đối với tập hợp điểm bất động Sn của hàm hấp dẫn f n, cũng như mối quan hệ giữa các tập Sn Điều này có thể hữu ích cho phương pháp này Chúng ta bắt đầu với định nghĩa sau: Định nghĩa 3.2 Với hàm f bất kỳ, nếu f 1 = f và f n+1 = f(f n) với n ∈ ℕ.
N ∗ Ta đ%nh nghĩa S n là tắp hap cỏc điem bat đđng cua f n
Ta de dàng thay rang neu x là điem bat đ®ng cua f thì x cũng là điem bat đ®ng cua f n , túc S 1 ⊆ S n
Nếu \( x \) là điểm bất động của \( f^n \), thì \( f(x) \) cũng là điểm bất động của \( f^n \) vì \( f^n(f(x)) = f^{n+1}(x) = f(f^n(x)) = f(x) \) Do đó, tập \( f(S_n) \) nhắn giá trị trong chính \( S_n \) Hơn nữa, \( f \) là đơn ánh trên \( S_n \) vì nếu \( f(a) = f(b) \) với \( a, b \in S_n \), thì \( a = f^n(a) = f^{n-1}(f(a)) = f^{n-1}(f(b)) = f^n(b) = b \) Điều này dẫn đến kết luận rằng nếu \( S_n \) là tập hữu hạn thì \( f \) là song ánh trên \( S_n \).
Vì tù g(x) = x suy ra g 2 (x) = g(g(x)) = g(x) = x nên các điem bat đ®ng cua g cũng là các điem bat đ®ng cua g 2 Lay g = f , f 2 , f 4 , f 8 , ta thu đưoc S 1 ⊆ S 2 ⊆ S 4 ⊆ S 8
⊆ Đõy là tớnh chat huu ớch giua cỏc tắp S n
Bài toán 3.5.6 (VietNam TST 1990) Tìm tat cá các hàm so f : R → R thóa mãn f ( f (x)) = x 2 − 2 vái MQI x ∈ R.
LŐI GIÂI Gia su rang hàm f thoa mãn bài toán ton tai.
Viắc xem xột đen cỏc tắp S 2 và S 4 giỳp ta giai quyet bài toỏn này.
Tắp hop cỏc điem bat đđng cua f 2 là tắp hop nghiắm cua phương trỡnh x = x 2 − 2, tỳc là
Tắp cỏc điem bat đđng cua f 4 là nghiắ√m cua phương trỡnh √x = x 4 − 2x 2 + 2, g√iai phương trình này ta suy ra S 4 = {−1, 2, −1 ± 5
Trong bài toán, hàm f được xác định trên S2, S4 và với c, d thuộc S4 \ S2, ta có f(c) = c hoặc f(c) = d Nếu f(c) = c, thì f^2(c) = c, dẫn đến c là điểm bất động của f^2, điều này không đúng Do đó, f(c) phải bằng d, và tương ứng f(d) = c Từ đây, ta có c = f(d) = f(f(c)) = f^2(c), tạo ra một mâu thuẫn Vì vậy, không tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán.
Ta có m®t cách mo r®ng bài toán như dưói đây, cách giai hoàn toàn tương tn, nhưng ta cũng có cách khác không dùng đen tính chat cua S 2 , S 4
Bài toán 3.5.7 Chúng minh rang không ton tai hàm f : R → R thóa mãn f ( f (x)) = x 2 −q, q 3
LŐI GIÂI Đắt g(x) = x 2 −q Hàm g(x) cú 2 điem bat đđng a, b là 2 nghiắm cua phương trình g(x) = x 2 −q = x hay x 2 −x−q = 0 Ta có g(g(x)) = x ⇐⇒ (x 2 −q) 2 −q = x
G QI u, v là 2 nghiắm cua nhõn tu thỳ 2 trong ve trỏi cua (1) Khi đú hàm g(g(x)) cú 4 điem bat đ®ng là a, b, u, v.
Ta cú g(u) = v, g(v) = u Thắt vắy: vỡ u, v là 2 nghiắm cua phương trỡnh x 2 −x−q
+ 1 = 0 nờn su dnng hắ thỳc Viet và g(x) = x 2 −q ta se cú g(u) = v, g(v) = u.
Gia su ton tai f thoa mãn bài toán, túc f ( f (x)) = g(x) Ta có v = g(u) = f ( f (u)) suy ra f (v) = g( f (u)) Tương tn, ta cũng cú f (u) = g( f (v)) The thỡ neu đắt f (u) = z ta cú g(g(z)) = g(g( f (u))) = g( f (v)) = f (u) = z.
Ta đưoc z là điem bat đ®ng cua g(g(x)).
Bây giò, ta đi chúng minh z khác vói 4 điem bat đ®ng a, b, u, v.
- Neu z = a khí đó v = g(u) = f (z) = f (a) ta có f (v) = f ( f (a)) = a suy ra f (u)
= z = a = f (v), khi đó g(u) = f ( f (u)) = f ( f (v)) = g(v) ⇐⇒ v = u, đieu này là khụng the Như vắy z ƒ= a Tương tn, z ƒ= b.
- Neu z = u ta có f (u) = u suy ra v = g(u) = f ( f (u)) = f (u) = u, mâu thuan.
Neu z = v thì f (v) = f (z) = f ( f (u)) = g(u) = v và ta cũng dan đen u = g(v) = f
Như vắy, z là điem bat đđng thỳ 5 cua g(g(x)) Vụ lý, vỡ g(g(x)) là đa thỳc bắc 4 Mõu thuan này chúng to gia su f ton tai là sai.
Vắy khụng ton tai hàm f thoa món bài toỏn.
Nhắn xột Ő trờn, viắc mo rđng vúi g(x) = x 2 q thỡ đieu kiắn q >
Để đảm bảo phương trình g(g(x)) = x có 4 nghiệm phân biệt, cần thỏa mãn điều kiện (x² - x - q)(x² - x - q + 1) = 0 Nếu g(x) là hàm bậc hai tùy ý và vẫn thỏa mãn điều kiện trên, chẳng hạn g(x) = x² - x - 3, thì bài toán vẫn có thể giải tương tự Tuy nhiên, nếu g(x) không đảm bảo điều kiện này, bài toán sẽ có sự khác biệt, và bạn có thể suy nghĩ thêm về những khả năng khác.
Bài toán đặt ra là tìm hàm f : R → R sao cho f(f(x)) = x², với g(x) = x² Một hàm khả thi là f(x) = |x|√2 Tuy nhiên, bài toán này phức tạp hơn so với bài toán ban đầu Việc tìm f² bởi fⁿ, với n ∈ N*, cũng cho thấy sự phức tạp trong việc thay đổi g(x).
Bài toán 3.5.8 (IMO 1996) Tìm tat cá các hàm f : N → N thóa mãn f (m + f (n)) = f ( f (m)) + f (n), ∀m, n ∈ N (1)
LŐI GIÂI Trong m = n = 0 ta có f (0 + f (0)) = f ( f (0)) + f (0) Suy ra f (0) = 0, tù đó khi cho m = 0 ta có f ( f (n)) = f (n), trưòng hop riêng f ( f (0)) = f (0) = 0.
Tù đang thúc trên ta có the viêt lai (i) như sau f (m + f (n)) = f (m) + f (n).
Theo định nghĩa, với MQI n ∈ N, f(n) là điểm bất động của hàm f Gọi k là điểm bất động khác 0 nhỏ nhất của hàm f Nếu không tồn tại k, thì f(n) = 0 với MQI n ∈ N Do đó, f(n) ≡ 0.
0 là mđt nghiắm cua bài toỏn.
Xét trưòng hop ton tai k như trên Bang quy nap ta de dàng chúng minh đưoc rang f (qk) = qk vói q ∈ N tùy ý.
Bõy giũ, ta lai đi xỏc đ%nh tắp cỏc điem bat đđng cua f
Phương pháp đưa ve dãy so
3.6.1 Cơ se lý thuyet phương trình sai phân
Trong phần này, chúng ta sẽ xem xét nhiều dạng phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất Ban ĐQC có thể tìm hiểu thêm về phương trình sai phân không thuần nhất một cách dễ dàng Bắt đầu với việc định nghĩa và cách xác định nghiệm của phương trình sai phân trong các trường hợp đơn giản.
Xét dãy so thnc x n , n ∈ N Ta có đ%nh nghĩa sau:
PTSP tuyến tính của dãy x_n được định nghĩa là một biểu thức tuyến tính giữa các giá trị của dãy x_n tại các điểm khác nhau, thể hiện qua công thức: a_0 x_{n+k} + a_1 x_{n+k-1} + + a_k x_n = f_n, ∀n ∈ N, với k ∈ N^* Trong đó, a_i (i = 0, 1, , k) là các hệ số khác không, và f_n là hàm số của n Các giá trị x_n cần tìm được gọi là GQI.
Phương trình (1) được gọi là phương trình sai phân bậc k Để tính giá trị x_n dựa vào giá trị liên tiếp của x_n Định nghĩa 3.4 cho biết, nếu f_n ≡ 0, ∀n ∈ N thì (1) trở thành a_0 x_{n+k} + a_1 x_{n+k−1} + + a_k x_n = 0, ∀n ∈ N, tức là phương trình này được gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất bậc k Định nghĩa 3.5 xem xét dãy x_n, n ∈ N cùng với phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (2) Khi đó, phương trình a_0 λ^k + a_1 λ^{k−1} + + a_{k−1} λ + a_k = 0 (3) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (2).
Bài viết trình bày cách xác định nghiệm tổng quát theo công thức truy hồi của phương trình tuyến tính trong một số trường hợp đơn giản Định lý 3.1 chỉ ra rằng nếu có k nghiệm phân biệt khác nhau là λ1, λ2, , λk, thì nghiệm tổng quát xn của phương trình có dạng xn = ∑ ci λn, với i = 1, 2, , k là các hệ số tùy ý Định lý 3.2 cho biết nếu phương trình đặc trưng có nghiệm λj, thì ngoài nghiệm λn, ta còn có thêm các nghiệm nλn, n^2λn, , n^(s−1)λn.
Phương trình (2) được biểu diễn dưới dạng x = s−1 c i n i λ n + k c λ n n ∑ j i=0 j ∑ 1 i, với điều kiện j i≥1 và c i là các hằng số tùy ý Tổng ∑ này chỉ có (k −s) nghiắm λ i Theo định lý 3.3, nếu phương trình (3) có nghiắm phức (đơn) λ j = a + bi = r(cos ϕ + sin ϕ), thì r = |λ j | = √ a 2 + b 2, và ϕ = argumen λ j, với tan ϕ = b.
, thì (3) cũng có nghiắm phỳc liờn hap λ j Khi đú nghiắm tőng quỏt cua (2) cú dang x n = ∑ k c i λ n + r n (c 1 cos(nϕ) + c 2 sin(nϕ)), i j j i j a jƒ=i=1 trong đó c i , c 1 , c 2 là các hang so tùy ý. j i
Trong 2 đ%nh lý trờn, cỏc nghiắm cũn lai đeu là nghiắm thnc đơn Cỏc trưũng hop khỏc; cũng như đoi vúi PTSP tuyen tớnh khụng thuan nhat, cỏch xõy dnng nghiắm riờng và nghiắm tong quỏt trong trưũng hop này, ban ĐQC cú the tn tỡm hieu thờm.
Ta áp dụng lý thuyết phương trình sai phân đối với hàm số khi xác định của hàm đó là N hoặc Z Một trường hợp thường gặp khác là khi chúng ta làm việc với biểu thức dạng.
∑ a i f i (x) Khi đó, vói mői x co đ%nh, ta có the xác đ%nh dãy so như sau i∈N x 0 = x, x 1 = f (x), x 2 = f 2 (x), , x k = f k (x) = f ( f k−1 )(x),
3.6.2 Mđt so bài toỏn vắn dnng
Bài toán 3.6.1 (Dãy Fibonacci) Tìm hàm f : N → R thóa mãn f (0) = 0, f (1) = 1 và f (n) = f (n− 1) + f (n− 2), ∀2 ≤ n ∈ N.
LŐI GIÂI Đắt x n = f (n), ∀n ∈ N Khi đú ta cú x 0 = 0, x 1 = 1 và x n = x n−1 + x n−2 , ∀2 ≤ n ∈ N.
Phương trỡnh đắc trưng vúi dóy x n là λ 2 − λ − 1 = 0, phương trỡnh này cú 2 nghiắm phõn biắt λ = 1 ± 5
Do đó công thúc tong quát cua dãy so là
Bài toỏn 3.6.2 Cho f : N ∗ → R thúa món đieu kiắn f (1) = 1, f (2) = 0 và f (n + 2) = f (n + 1) − f (n), ∀n ∈ N ∗
LŐI GIÂI Phương trỡnh đắc trưng λ 2 λ + 1 = 0 cú nghiắm λ = 1 ± i
Do đó λ = cos(π/3) ± i sin(π/3) và 1/2 3 f (n) = c 1 cos(nπ/3) + c 2 sin(nπ/3), ∀n ∈ N ∗
Ket hop f (1) = 1, f (2) = 0 ta suy ra c 1 = 1 và c 2 = √
Bài toán 3.6.3 Tìm hàm f : N → N thóa mãn f (2 f (n) + 3 f (m)) = 2n + 3m, ∀m, n ∈ N (*)
LŐI GIÂI De thay f đơn ánh Vói MQI m, n, p, q ∈ N mà 2n + 3m = 2p + 3q ta có f (2 f (n) + 3 f (m)) = 2n + 3m = 2p + 3q = f (2 f (p) + 3 f (q)), do f đơn ánh nên 2 f (n) + 3 f (m) = 2 f (p) + 3 f (q), ∀ 2n + 3m = 2p + 3q.
Tù 2n + 3m = 2p + 3q suy ra 2(n − p) = 3(q − m), nên m®t cách c HQN đơn gian nhat là n− p = 3, q−m = 2 Khi đó ta có 2 f (p + 3)+ 3 f (m) = 2 f (p)+ 3 f (m +
2), ∀m, p ∈ N Tiep tnc, ta c HQN p = m thì 2 f (m + 3) − 3 f (m + 2) + f (m) = 0,
Phương trỡnh đắc trưng cua (1) là 2x 3 − 3x 2 + 1 = 0, cú nghiắm x 1 = 1 bđi 2, và x 2 = −1/2 Suy ra công thúc tong quát cua f (m) là f (m) = c 1 + c 2 m + c 3(− 1
) m , vói c i , i = 1, 2, 3, là các hang so tn nhiên, nhưng do f (m) ∈ N nên c 3 = 0 Do đó, f (m) = c 1 + c 2 m, ∀m ∈ N.
Thay lai vào (*) ta se suy ra c 1 = 0, c 2 = 1 Vắy f (m) = m, ∀m ∈ N.
Nhắn xột: Cú the mo rđng bài toỏn này bang cỏch bien đoi phương trỡnh (*) thành f
Phương trình (a f (n) + b f (m)) = an + bm, với a, b ∈ N, cho thấy khả năng thay thế trong giải quyết bài toán Tuy nhiên, việc áp dụng phương pháp này có thể gặp khó khăn do tính phức tạp của phương trình bậc cao Một giải pháp hiệu quả đã được trình bày trong bài toán Canada 2008 Chúng tôi khuyến khích các bạn ĐQC tìm hiểu thêm về vấn đề này.
Bài toán 3.6.4 (IMO 1992, Shortlist) Cho a, b là hai so thnc dương Xác đ%nh tat cá các hàm f : [0, +∞) → [0, +∞) thóa mãn f ( f (x)) + a f (x) = b(a + b)x, ∀x ≥ 0.
LŐI GIÂI Thay x boi f (x), f 2 (x) = f ( f (x)), , f n (x), ta suy ra f n+2 (x) + a f n+1 (x) = b(a + b) f n (x), ∀n ∈ N.
Vúi mői x bat kỡ, co đ%nh nú và đắt x 0 = x, x n+1 = f (x n ) = f n+1 (x), n ∈ N ta thu đưoc dãy so thnc x n (phn thu®c vào x trên) xác đ%nh boi x 0 = x, x 1 = f (x) và x n+2 + ax n+1 = b(a + b)x n , ∀x ∈ N.
Phương trỡnh đắc trưng λ 2 + aλ − b(a + b) = 0 cú nghiắm λ = b hoắc λ = −a − b.
Do đó ta có công thúc tong quát cua dãy như sau x n = c 1 b n + c 2 (−a−b) n , ∀n ∈ N.
Neu c = 0 thì do a b 0 nên lim
Do đó ton tai n N đu
> n→+∞ |b| n ∈ lón thoa mãn x n = c 1 b n + c 2(−a − b) n < 0 Nhưng khi đó f n (x) < 0, mâu thuan vói gia thiet f : [0, +∞) → [0, +∞) Do vắy ta phai cú c 2 = 0 Khi đú vúi n = 0 ta cú x = x 0 = c 1; còn vói n = 1 ta có f (x) = x 1 = c 1 b do đó f (x) = bx, ∀x ≥ 0.
Thu lai, ta đi đen ket luắn nghiắm cua bài toỏn là f (x) = bx, ∀x ≥ 0.
Bài toán 3.6.5 Cho trưác k ∈ N Tìm hàm f : N → N thóa mãn f ( f (x)) + f (x) = 2x + 3k, ∀x ∈ N.
LŐI GIÂI Vúi mői x đắt a 0 = x và vúi n ≥ 1 đắt a n+1 = f (a n ) Khi đú ta cú a n+2 + a n+1 = 2a n + 3k và a n+3 + a n+2 = 2a n+1 + 3k, ∀n ∈ N.
Suy ra a n+3 − 3a n+1 + 2a n = 0, ∀n ∈ N Phương trỡnh đắc trưng λ 3 − 3λ + 2 = 0 cú nghiắm λ 1 = 1 bđi 2 và λ 2 = −2 Nờn cụng thỳc tong quỏt cua a n là a n = c 1 + c 2 n + c 3(−2) n , ∀n ∈ N.
Neu c 3 ƒ= 0 thì ton tai n mà a n < 0, mâu thuan Do đó c 3 = 0 và a n = c 1 + c 2 n Thay vào phương trình xác đ%nh dãy a n ta có c 1 + c 2(n + 2) + c 1 + c 2(n + 1) = 2(c 1 + c 2 n) + 3k ⇒ c 2 = k.
Do đó a n = c 1 + kn Bây giò chú ý a 0 = x, a 1 = f (x) ta suy ra c 1 = x, f (x) = x + k.
Thu lai, ta thay f (x) = x + k, ∀x ∈ N là nghiắm cua bài toỏn.
Nhắn xột: Tương tn bài toỏn này, ta cú the giai đưoc bài toỏn IMO 1987 như sau:
Chúng minh không ton tai f : N → N thoa mãn f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N.
M đT SO BÀI TắP TRONG MUC NÀY :
Bài tắp 3.6.1 Xỏc đ%nh hàm f : N → N trong cỏc trưàng hap sau (i) f (0) = 3, f (1) = 8 và f (n) = 5 f (n− 1) − 6 f (n−
∀n ∈ N (iii) Chúng minh không ton tai f : N ∗ → N ∗ thóa mãn f ( f (n)) = n +
Bài tắp 3.6.2 (Romania 1999) Xỏc đ%nh hàm đơn điắu f : R → R thúa món f ( f ( f (x))) − 3 f ( f (x)) + 6 f (x) = 4x + 3, ∀x ∈ R. Đáp so f (x) = x + 1, ∀x ∈ R.
Bài tắp 3.6.3 Chỳng minh rang khụng ton tai hàm f : N ∗ → N ∗ thúa món f (m f (n)) = n + f (2011m), ∀m, n ∈ N ∗
Gei ý De thay f đơn ánh Ta có f ( f (m) f (n)) = n+ f (2011 f (m)) = n+m+ f
Tù đó vói MQI m + n = p + q thì ta có f (n) f (m) = f (p) f (q) Suy ra f ( n )
Dan đen f (n) = k n−1 f (1) Tù đó k = 1 và f (n) = f (1), không thoa mãn vói đieu kiắn Bài tắp 3.6.4 Cho f : N ∗ → N ∗ thúa món f ( f (n)) = f (n + 1)+ f (n), ∀n
∈ N ∗ Chúng minh rang f (n) là hàm đơn ánh.
Gei ý Gia su ton tai m > n mà f (m) = f (n) Tù bài toán suy ra f (m + 1) = f (n +
1) Tự đú f (m + k) = f (n + k), ∀k ∈ N Và như vắy f (n) chi nhắn huu han giỏ tr% nguyờn dương Mắt khỏc f ( f (1)) = f (2)+ f (1) ≥ 2 suy ra f ( f ( f (1))) = f ( f
(1)+ 1)+ f ( f (1)) ≥ 3 Bang quy nap ta có f k (1) ≥ k, ∀k ∈ N ∗ Đieu này dan đen mâu thuan.
Bài tắp 3.6.5 (Balkan 2002) Tỡm tat cỏ cỏc hàm so f : N → N thúa món f ( f (n)) + f (n) = 2n + 2001 hoắc 2n + 2002, ∀n ∈ N. Đáp so f (n) = n + 667.
Bài tắp 3.6.6 (VietNam 2003) Cho F là tắp hap tat cỏ hàm so f : R + → R + thúa món f (3x) ≥ f ( f (2x)) + x, ∀x > 0.
Tìm α ∈ R lán nhat sao cho vái MQI hàm f ∈ F ta đeu có f (x) ≥ α x, ∀x > 0. Đáp so α = 1/2.
Sau thũi gian hai năm HQC tắp tai Khoa Toỏn – Cơ – Tin, Trưũng Đai HQC Khoa HQC
Tự nhiên Hà Nội đã có những đóng góp quan trọng trong việc bảo tồn các giá trị khoa học, đặc biệt là từ TS Nguyễn Thành Văn Ông cùng các đồng nghiệp đã hoàn thành luận văn với đề tài “Mô tả so sánh bài toán về phương trình hàm”, thể hiện sự nỗ lực trong nghiên cứu và phát triển lĩnh vực này.
Luắn văn đó đat đưoc mđt so ket qua sau :
Để giải quyết các bài toán phương trình hàm, việc nắm vững kiến thức cơ bản trong đại số là rất quan trọng Những kỹ năng này giúp phân tích và áp dụng các phương pháp hiệu quả trong quá trình giải toán.
Luận văn này sẽ phân loại và phân tích các bài toán liên quan đến phương trình hàm, tập trung vào phương pháp giải của từng bài toán Bài viết sẽ nhấn mạnh những điểm nổi bật và bình luận về các phương pháp giải, nhằm cung cấp cái nhìn sâu sắc về cách tiếp cận và giải quyết các bài toán phức tạp trong lĩnh vực này.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các phương pháp khai thác mở rộng và tổng quát trong việc giải quyết các bài toán liên quan đến phương trình hàm Bên cạnh đó, chúng ta cũng sẽ tìm hiểu về các hướng tư duy tìm lời giải và những biến hóa trong một số dạng toán cụ thể.
Phân loại các phương trình hàm là cần thiết để định hướng và giải quyết chúng hiệu quả Do đó, chúng tôi hy vọng rằng bài viết này có thể trở thành tài liệu tham khảo cho quá trình nghiên cứu, giảng dạy và học tập toán học ở Bắc Phụ Thung Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp để đề tài này tiếp tục được hoàn thiện.
Xin chân thành cam ơn!