Tính trù mật
Tập hợp A ⊂ R được gọi là trù mật trong R nếu và chỉ nếu với mọi x, y ∈ R, x < y đều tồn tại a ∈ A sao cho x < a < y.
Một số ví dụ về tập trù mật a) Q là trù mật trong R. b) Tập hợp A =n m
2 n , m ∈Z , n ∈ No là tập trù mật trong R
Tính chất cơ bản của hàm số
Hàm số chẵn, hàm số lẻ
Định nghĩa 1.1 (Xem [4]). a) f (x) được gọi là hàm số chẵn trên M, M ⊂ D (f) (gọi tắt là hàm chẵn trên
M) nếu ∀ x ∈ M ⇒ − x ∈ M và f ( − x) = f (x) , ∀ x ∈ M. b) f (x) được gọi là hàm số lẻ trên M, M ⊂ D (f) (gọi tắt là hàm lẻ trênM) nếu
Hàm số tuần hoàn và phản tuần hoàn cộng tính
Định nghĩa 1.2 (Xem [4]). a) Hàm số f (x) được gọi là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì a (a > 0) trên M nếuM ⊂ D (f ) và
Trong toán học, một hàm f(x) được coi là tuần hoàn cộng tính trên một tập M nếu với mọi x thuộc M, f(x + a) = f(x) cho mọi a Chu kỳ cơ sở T (T > 0) của hàm f(x) là khoảng thời gian mà hàm này lặp lại mà không có chu kỳ nào nhỏ hơn T cũng lặp lại Ngoài ra, hàm f(x) cũng có thể được định nghĩa là phản tuần hoàn cộng tính với chu kỳ b (b > 0) trên M nếu M là tập con của miền xác định D(f).
Đối với mọi x thuộc M, nếu x ± b thuộc M và f(x + b) = -f(x) với mọi x thuộc M, thì f(x) được xác định là một hàm phản tuần hoàn cộng tính trên M Chu kỳ cơ sở T (T > 0) của hàm f(x) được định nghĩa là chu kỳ mà f(x) phản tuần hoàn cộng tính với chu kỳ T, đồng thời không phải là hàm phản tuần hoàn cộng tính với bất kỳ chu kỳ nào nhỏ hơn T.
Hàm số tuần hoàn và phản tuần hoàn nhân tính
Định nghĩa 1.4 (Xem [4]) f (x) được gọi là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì a (a / ∈ { 0; 1; − 1 } ) trên M nếuM ⊂ D (f ) và
∀ x ∈ M ⇒ a ±1 x ∈ M f (ax) = f (x) , ∀ x ∈ M. Định nghĩa 1.5 (Xem [4]) f (x) được gọi là hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kì a (a / ∈ { 0; 1; − 1 } ) trên M nếu M ⊂ D (f) và
Một số đặc trưng hàm của hàm số sơ cấp
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá các đặc trưng của một số hàm số sơ cấp thường gặp trong chương trình phổ thông Những đặc trưng này giúp chúng ta dự đoán kết quả của các phương trình hàm tương ứng và đề xuất các dạng bài tập phù hợp với những đặc trưng đó.
Các hàm số được xét trong phần này thoả mãn điều kiện liên tục trên toàn miền xác định của hàm số.
1 Hàm bậc nhất: f (x) = ax + b(a 6 = 0, b 6 = 0) có tính chất f x + y 2
2 Hàm tuyến tính: f(x) = ax (a 6 = 0) có tính chất f(x + y) = f(x) + f (y), ∀ x, y ∈R.
3 Hàm mũ: f (x) = a x (a > 0, a 6 = 1) có tính chất f (x + y) = f(x)f(y), ∀ x, y ∈R.
4 Hàm logarit: f (x) = log a | x | (a > 0, a 6 = 1) có tính chất f(xy) = f(x) + f(y), ∀ x, y ∈R \{ 0 }
5 Hàm lũy thừa: f(x) = | x | a có tính chất f (xy) = f (x)f (y), ∀ x, y ∈R \{ 0 }
- Hàm f(x) = sin x có tính chất f(3x) = 3f (x) − 4[f(x)] 3 , ∀ x ∈R.
- Hàm f(x) = cos x có các tính chất f (2x) = 2[f (x)] 2 − 1, ∀ x ∈R và f(x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), ∀ x, y ∈R.
- Hàm f(x) = tan x có tính chất f(x + y) = f(x) + f(y)
- Hàm f(x) = cot x có tính chất f(x + y) = f (x)f (y) − 1 f(x) + f(y) , ∀ x, y ∈R
Phương trình hàm Cauchy
Bài toán 1.1 Xác định các hàm số f liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(x + y) = f(x) + f (y), ∀ x, y ∈R (1.1)
Lời giải Từ phương trình (1.1), suy ra f(0) = 0, f( − x) = − f(x) và với y = x thì f(2x) = 2f (x), ∀ x ∈R (1.2)
Giả sử với k nguyên dương, f(kx) = kf (x), ∀ x ∈R Khi đó f((k + 1)x) = f (kx + x) = f(kx) + f (x) = kf (x) + f (x)
Từ đó, theo nguyên lí quy nạp, ta có f (nx) = nf (x), ∀ x ∈R Kết hợp với tính chất f ( − x) = − f(x) ta được f(mx) = mf (x), ∀ m ∈Z, ∀ x ∈R, ∀ n ∈N.
2 n f (x), ∀ x ∈R, ∀ n ∈N (1.4) Kết hợp (1.3) và (1.4), ta được f m
Sử dụng giả thiết liên tục của hàmf (x), suy ra f (x) = ax, ∀ x ∈R, a = f (1).
Thử lại, ta thấy hàm f (x) = ax thỏa mãn phương trình (1.1).
Dựa vào điều kiện (1.1), chúng ta chỉ cần giả thiết hàm f(x) là liên tục tại một điểm x₀ ∈ R Khi đó, hàm f(x) sẽ thỏa mãn điều kiện (1.1) và liên tục trên toàn bộ R Cụ thể, theo giả thiết, giới hạn lim x→x₀ f(x) sẽ bằng f(x₀), và với mỗi x₁ ∈ R, ta có f(x) = f(x - x₁ + x₀) + f(x₁) - f(x₀) cho mọi x ∈ R.
Từ đó suy ra lim x→x 1 f (x) = lim x→x 1
2) Kết quả của bài toán 1.1 sẽ không thay đổi nếu ta thay R bằng [α, + ∞ ) hoặc( −∞ , β] tùy ý.
Một số phương pháp giải phương trình hàm
Phương pháp thế
a) Thế ẩn tạo phương trình hàm mới.
Đối với phương trình hàm dạng f(A) = B, trong đó A và B là các biểu thức chứa x và A có hàm ngược, chúng ta thường đặt A = t để suy ra biểu thức x theo t, sau đó thay các giá trị này vào A và B Đối với phương trình hàm hợp f(g(x)) = h(x), nếu g(x) có hàm ngược, ta thường đặt ẩn phụ g(x) = t để xác định hàm số f(t).
Ví dụ 1.1 Tìm hàm số f :R \ { 2 } →R thỏa mãn điều kiện f 2x + 1 x − 1
Suy ra x = t + 1 t − 2, thế vào (1.5) ta được f(t) = 3t 2 − 3
Vậy hàm số cần tìm có dạng f(x) = 3x 2 − 3
Ví dụ 1.2 Tìm hàm số f : ( −∞ ; − 1] ∪ (0; 1] →R thỏa mãn điều kiện f (x −p x 2 − 1) = x +p x 2 − 1, ∀ | x | ≥ 1 (1.7) Lời giải Đặt t = x − √ x 2 − 1 ⇔ √ x 2 − 1 = x − t
Vậy f(x) = 1 x là hàm số cần tìm. b) Thế ẩn tạo ra hệ phương trình hàm mới.
Ví dụ 1.3 Tìm hàm số f : R \ { 0, 1 } →R thỏa mãn điều kiện f (x) + f x − 1 x
Lời giải. Đặt x 1 = x − 1 x , thay vào (1.8) ta được f (x) + f (x 1 ) = 1 + x. Đặt x 2 = x 1 − 1 x 1
= 1 x − 1 , thay vào (1.8) ta được f (x 1 ) + f (x 2 ) = 1 + x 1 Đặt x 3 = x 2 − 1 x 2 = x, thay vào (1.8) ta được f (x 2 ) + f (x) = 1 + x 2.
Giải hệ trên ta được f (x) = 1 + x − x 1 + x 2
Vậy hàm số cần tìm là f (x) = 1
Định nghĩa 1.6 (Xem [4]) Dãy { x n } được gọi là dãy tuần hoàn nếu tồn tại một số nguyên dươngk sao cho x n+k = x n , ∀ n ∈N ∗ (1.9)
Số nguyên dương k nhỏ nhất để dãy { x n } thỏa mãn (1.9) được gọi là chu kì cơ sở (còn gọi tắt là chu kì) của dãy.
Nhận xét 1.3 Xét phương trình dạng a (x) f (x) + b (x) f (g (x)) = c (x) (1.10) trong đó a (x) , b (x) , c (x) , g (x) là những hàm số đã biết.
Giả sử miền xác định của hàm số f là D(f) Đối với mỗi x ∈ D(f), ta xét dãy {x_n} với x_1 = g(x) và x_{n+1} = g(x_n) cho n ∈ N* Nếu dãy {x_n} có chu kỳ k, ta có thể chuyển đổi (1.10) thành hệ k phương trình với k ẩn Giải hệ phương trình này sẽ cho chúng ta giá trị của f(x).
Ví dụ 1.4 Tìm hàm số f :R \ { − 1 ; 0 ; 1 } →R thỏa mãn điều kiện x f (x) + 2f x − 1 x + 1
= 1, ∀ x 6 = − 1 (1.11) Lời giải. Đặt x 1 = x − 1 x + 1 Thay vào (1.11) ta được x f (x) + 2f (x 1 ) = 1. Đặt x 2 = x 1 − 1 x 1 + 1 = − 1 x Thay vào (1.11) ta được x 1 f (x 1 ) + 2f (x 2 ) = 1. Đặt x 3 = x 2 − 1 x 2 + 1 = x + 1 x − 1 Thay vào (1.11) ta được x 2 f (x 2 ) + 2f (x 3 ) = 1. Đặt x 4 = x 3 − 1 x 3 + 1 = x Thay vào (1.11) ta được x 3 f (x 3 ) + 2f (x) = 1.
Giải hệ trên ta được f (x) = 4x 2 − x + 1
Vậy hàm số cần tìm là f (x) = 4x 2 − x + 1
Phương pháp chuyển qua giới hạn
Phương pháp này dựa trên việc tạo ra hệ phương trình hàm cho các hàm không tuần hoàn Tiếp theo, giới hạn được áp dụng để xác định hàm số.
Ví dụ 1.5 Tìm hàm số f :R → R liên tục, thỏa mãn điều kiện f (x) + f 2x
5 x n (n + 1) Nhân dòng phương trình thứ (i) với ( − 1) i+1 rồi cộng lại ta được f (x) + ( − 1) n+2 f (x n+1 ) = 3
= lim | [f (x n+1 )] | = | f (lim x n+1 ) | = | f (0) | Mặt khác, (1.12) suy ra f (0) = 0 nên lim ( − 1) n+2 f (x n+1 ) = 0.
Lấy giới hạn hai vế của (1.13) ta được f (x) = 3
25 là hàm số cần tìm.
Phương pháp tìm nghiệm riêng
Tìm nghiệm riêng cho phương trình hàm đã cho và nghiên cứu các tính chất của nghiệm này là rất quan trọng Nghiệm cần tìm cần phải đáp ứng các tính chất tương ứng, từ đó giúp xác định hướng giải cho phương trình đã cho.
Để giải phương trình, trước tiên cần tìm nghiệm riêng trong lớp các hàm hằng, hàm số bậc nhất và hàm số đa thức, tức là bắt đầu từ các hàm số sơ cấp đơn giản nhất Cần chú ý đến các đặc trưng của các hàm số này Sau khi xác định được nghiệm riêng dạng f₀(x), ta sẽ xem xét hàm số phụ g(x) = f(x) - f₀(x) và tiến hành phân tích phương trình hàm mới đối với g(x).
Khi tìm nghiệm riêng, nên chú ý đến một số nhận xét sau
Nhận xét 1.4 (Điều kiện để một hàm số là hàm hằng). a) f ≡ C ⇔ f (x) = f (y) , ∀ x, y ∈ D. b) f (x) = g (y) , ∀ x, y ∈ D ⇔ f (x) = C, g (x) = C, ∀ x ∈ D (C là hằng số) Nhận xét 1.5 (Điều kiện để một đa thức là hàm hằng).
Cho đa thức P (x) ∈R [x] , deg P ≤ n Khi đó a) Nếu P (x) có nhiều hơn n nghiệm thì P (x) = 0, ∀ x ∈R hay P (x) ≡ 0. b) Nếu ∃ a ∈R, a 6 = 0 sao cho P (x + a) = P (x) , ∀ x ∈R thì
Để tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) = f (x) + b với a, b ∈ R và a ≠ 0, ta nhận thấy hàm f có tính chất biến đổi “tổng thành tổng” Hàm tuyến tính f (x) = ax (với a ≠ 0) có đặc trưng là f (x + y) = f (x) + f (y) cho mọi x, y ∈ R, do đó, nghiệm riêng có thể được biểu diễn dưới dạng f 0 (x) = kx.
Nghiệm riêng có dạng f 0 (x) = kx Để thỏa mãn (1.14) ta phải có k (x + a) = kx + b ⇔ k = b a Đặt f (x) = kx + g (x) Thay vào (1.14) ta được k (x + a) + g (x + a) = kx + g (x) + b, ∀ x ∈R
Suy ra g (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì | a |.
Kiểm tra được mọi hàm số dạngf (x) = g (x) + b a x,trong đóg (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì | a |, đều thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậyf (x) = g (x) + b a x, trong đó g (x)là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì | a |, là hàm số cần tìm.
Ví dụ 1.7 Cho a, b, m ∈R, m 6 = 1, am 6 = 0 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) = mf (x) + b, ∀ x ∈R (1.15)
Ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng f 0 (x) = C.
1 − m. Đặt f (x) = C + g (x) Thay vào (1.15) ta được
⇔ g (x + a) = mg (x) , ∀ x ∈R (1.16)Nhận xét rằng hàm có tính chất biến đổi “tổng thành tích” nên ta chọn nghiệm riêng dưới dạng g 0 (x) = d x
Thay vào (1.16) ta được d x+a = md x ⇔ d a = m ⇔ d = m 1 a Đặt g (x) = m x a ϕ (x) Thay vào (1.16) ta được m x + a a ϕ (+a) = m.m x a ϕ (x) ⇔ ϕ (x + a) = ϕ (x) , ∀ x ∈R.
Từ đó ta có ϕ (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì | a |.
1 − m + m x a ϕ (x) , ∀ x ∈ R, với ϕ (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì | a |, là hàm số cần tìm.
Phương pháp quy nạp
Đối với phương pháp này, ta chỉ xét những hàm xác định trên N, sau đó ta mở rộng cho trường hợp hàm cần xác định trênZ,Q.
Phương pháp này có thể áp dụng để xác định hàm f: R → R, với f là hàm số liên tục, nhờ vào tính trù mật của tập Q.
Ví dụ 1.8 Xác định hàm số f :R + → R + , liên tục và thỏa mãn điều kiện a) f ( − x) = − f (x) , ∀ x ∈R, (1.17) b) f (x + 1) = f (x) + 1, ∀ x ∈R, (1.18) c) f 1 x
Thay x = 0 vào (1.18) ta được f (1) = f (0) + 1, mà f (0) = 0 nên f (1) = 1.
Từ (1.18), bằng phương pháp qui nạp ta có f (n) = n, ∀ n ∈N ∗
Xét với x 6 = 0, x 6 = − 1 Từ (1.18) và (1.19) ta có f
Mặt khác, ta có 1 + 1 x = x + 1 x = 1 x x + 1 nên từ (1.19) ta có f
Kiểm tra lại, ta thấy hàm số f (x) = x, ∀ x ∈R thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy f (x) = x là hàm số cần tìm.
PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI CÁC PHÉPBIẾN HÌNH SƠ CẤP
Biểu diễn một số lớp hàm bất biến với các phép biến hình
Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn cộng tính
Trong mục này ta xét một số bất biến với phép tịnh tiến.
Bài toán 2.1 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + 1) = f (x) , ∀ x ∈R (2.1)
Gọi g là hàm số như sau: g : [0; 1) → R , x 7→ g (x) = f (x) , (g là thu hẹp của hàm f trên [0; 1)) Do (2.1) nên f (x) = g ( { x } ) , ∀ x ∈R.
Ngược lại, nếu f (x) = g ( { x } ) , ∀ x ∈R, trong đó g là hàm số tùy ý xác định trên nửa khoảng [0; 1) thì f (x + 1) = g ( { x + 1 } ) = g ( { x } ) = f (x) , ∀ x ∈R (2.3) Vậy f (x) = g ( { x } ) , ∀ x ∈R, trong đó g là hàm số tùy ý xác định trên [0; 1).
Bài toán 2.2 Cho a 6 = 0 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) = f (x) , ∀ x ∈R (2.4) Lời giải.
(2.4) ⇔ f (ax + a) = f (ax) , ∀ x ∈R (2.5) Đặt f (ax) = g (x) hay f (x) = g x a
Theo kết quả của bài toán 2.1, ta cóg (x) = h ( { x } ) , ∀ x ∈R, trong đó h là hàm số tùy ý xác định trên [0; 1).
Vậy f (x) = hn x a o , ∀ x ∈R. Bài toán 2.3 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + π) − f (x) = cos x, ∀ x ∈R (2.6) Lời giải.
2 cos x = g (x) , ∀ x ∈R, thay vào (2.7) ta được g (x + π) = g (x) , ∀ x ∈R
Theo kết quả của bài toán 2.2, ta có g (x) = hn x π o, ∀ x ∈R trong đó là hàm tùy ý xác định trên [0; 1).
2 cos x, ∀ x ∈R. Bài toán 2.4 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + 2π) − f (x) = sin x, ∀ x ∈R (2.8)
2π sin x, ∀ x ∈R, với g là hàm tuần hoàn chu kì 2π.
Ta có bài toán tổng quát sau
Bài toán 2.5 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) − f (x) = h (x) , ∀ x ∈R (2.9)Trong đóh là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì a trên R.
Lời giải. h (x) = 1 a ah (x) = 1 a (x + a − x) h (x) = 1 a (x + a) h (x) − 1 a xh (x) Khi đó (2.9) ⇔ f (x + a) − 1 a (x + a) h (x + a) = f (x) − 1 a xh (x) , ∀ x ∈R.
⇔ g (x + a) = g (x) , ∀ x ∈R, trong đó g (x) = f (x) − 1 a xh (x) Vậy f (x) = g (x) + 1 a xh (x) , ∀ x ∈R, trong đó g là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì a.
Bài toán 2.6 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + 1) = − f (x) , ∀ x ∈R (2.10) Lời giải.
Ta sẽ chứng minh (2.10) tương đương vớif (x) = 1
2 [g (x) − g (x + 1)] , ∀ x ∈R, trong đó g là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 2 trên R, tùy ý.
Thật vậy, nếu f thỏa mãn (2.6) thì thỏa mãn (2.10).
Nếu f thỏa mãn (2.10) thì do (2.11) nên f có dạng (2.6).
2 [g (x) − g (x + 1)] , ∀ x ∈R, trong đó g là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 2 trên R, tùy ý.
Ta có bài toán tổng quát
Bài toán 2.7 Cho a là một hằng số dương Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R sao cho f (x + a) = − f (x) , ∀ x ∈R.
Lập luận tương tự như bài toán 2.6, ta tìm được f (x) = 1
2 [g (x) − g (x + a)] , ∀ x ∈R, trong đó g là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 2a trên R, tùy ý.
Bài toán 2.8 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + 2013) = f (x) − 2015, ∀ x ∈R Lời giải. Đặt f (x) = − 2015
Vậy g là hàm tuần cộng tính hoàn chu kì 2013.
2013 x + g (x) , trong đó g là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì
Ta có bài toán tổng quát sau
Bài toán 2.9 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) = f (x) + b, ∀ x ∈R , a 6 = 0, b ∈ R (2.13) Lời giải. Đặt f (x) = b a x + g (x) , ∀ x ∈R. (2.13) trở thành g (x + a) = g (x) , ∀ x ∈R.
Vậy f (x) = b a x + g (x), trong đó g là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì a trên R, tùy ý.
Bài toán 2.10 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + 2013) = 2014f (x) − 2015, ∀ x ∈R (2.14)
⇔ g (x + 2013) = 2014g (x) , ∀ x ∈R (2.15) Đặt g (x) = 2014 2013 x h (x) Thay vào (2.15) ta được
2013 + 2014 2013 x h (x) , ∀ x ∈R , trong đó h là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 2013 trên R, tùy ý.
Bài toán 2.11 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + 2013) = − 2014f (x) − 2015, ∀ x ∈R (2.16)
Lời giải. Đặt f (x) = − 1 + g (x) Thay vào (2.16) ta được
⇔ g (x + 2013) = − 2014g (x) , ∀ x ∈R (2.17) Đặt g (x) = 2014 2013 x h (x) Thay vào (2.17) ta được
2 [k (x) − k (x + 2013)] , ∀ x ∈R , trong đó k là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 4026.
2 [k (x) − k (x + 2013)] , ∀ x ∈R, trong đó h là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 4026 trên R, tùy ý.
Ta có bài toán tổng quát sau
Bài toán 2.12 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x + a) = bf (x) + c, ∀ x ∈R, a, b, c ∈R, a 6 = 0, b 6 = 1 (2.18)
- Nếu b > 0, đặt g (x) = b x a h (x), thay vào (2.19) ta được b x + a a h (x + a) = b.b x a h (x) , ∀ x ∈R
1 − b + b x a h (x) , ∀ x ∈R, trong đó h là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì a trên R, tùy ý.
- Nếu b < 0, đặt g (x) = | b | x a h (x), thay vào (2.19) ta được
2 [k (x) − k (x + a)] , ∀ x ∈R, k là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 2a trên R, tùy ý.
2 | b | x a [k (x) − k (x + a)] , ∀ x ∈R, trong đó k là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 2a trên R, tùy ý.
Bài toán 2.13 Tìm các hàm số f tuần hoàn cộng tính chu kỳ 3 trên R và thỏa mãn điều kiện f (x) + f (x + 1) + f (x + 2) = 0, ∀ x ∈R (2.20)
Từ giả thiết của bài toán, ta có f (x) = − f (x + 1) − f(x + 2) f (x + 3) = f(x) , ∀ x ∈R.
Ta chứng minh (2.20) tương đương với f (x) = 1
3 [2g (x) − g (x + 1) − g (x + 2)] , ∀ x ∈R, (2.22) với g là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 3 trên R, tùy ý.
Thật vậy, giả sử f có dạng (2.22) Khi đó với mọi x ∈R ta có f (x + 1) = 1
Giả sử f (x) thỏa mãn (2.20), do (2.21) nên f (x) có dạng (2.22).
3 [2g (x) − g (x + 1) − g (x + 2)] , ∀ x ∈R,trong đó g là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 3 trên R, tùy ý.
Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn nhân tính
Trong mục này ta xét một số bất biến với phép vị tự.
Bài toán 2.14 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (2015x) = f (x) , ∀ x ∈R (2.23)
- Nếu x > 0, đặt x = 2015 u , tức là u = log 2015 x.
- Nếu x < 0, đặt − x = 2015 u , tức là u = log 2015 | x |
g (log 2015 x) , x > 0, c, x = 0, h (log 2015 | x | ) , x < 0. trong đó clà hằng số tùy ý; f, g là những hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trênR, tùy ý.
Bài toán 2.15 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f ( − 2015x) = f (x) , ∀ x ∈R (2.24)
2 [g (x) + g ( − 2015x)] , ∀ x ∈R, trong đó g là hàm số tuần hoàn nhân tính chu kì 2015 2 trên R, tức là g (x) =
, x < 0. trong đó g 1 , g 2 là các hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trên R, tùy ý.
Tổng quát, ta giải được bài toán
Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn f (ax) = f (x) , ∀ x ∈R,
, trong đó c là hằng số tùy ý; g, h là các hàm tuần hoàn chu kì 1 trên R.
2 [g (x) + g (ax)], trong đó g (x) = g a 2 x, tức là g (x) =
, trong đód là hằng số tùy ý;g 1 , g 2 là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trên R. Bài toán 2.16 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (ax) = − f (x) , ∀ x ∈R, (2.26)
Ta chứng minh được (2.26) tương đương với f (x) = 1
= g (x) , ∀ x ∈R. Thật vậy, nếu f (x) có dạng (2.27) thì f (ax) = 1
2 [g (ax) − g (x)] = − f (x) , ∀ x ∈R. Ngược lại, với mỗi f (x) thỏa mãn (2.26), ta chọn g (x) = f (x).
,(h 1 , h 2 là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trên R).
Bài toán 2.17 Tìm tất cả các hàm số f :R \ { 0 } →R thỏa mãn điều kiện f (5x) − f (x) =p
⇔ f (5x) − g (x) log 5 | 5x | = f (x) − g (x) log 5 | x | , ∀ x 6 = 0 (2.30) Đặt h (x) = f (x) − g (x) log 5 | x |, thay vào (2.30) ta được h (5x) = h (x) , ∀ x 6 = 0 (2.31)
Theo kết quả của bài toán tổng quát, ta có h (x) = h 1 (log 5 x) , x > 0 h 2 (log 5 | x | ) , x < 0 ,trong đó h 1 , h 2 là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trên R.
{ log 5 | x |} log 5 | x | , x < 0 , trong đó h 1 , h 2 là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trênR, tùy ý.
Hàm số chẵn, hàm số lẻ
Trong mục này ta xét một số bất biến với phép phản xạ (lấy đối xứng).
Bài toán 2.18 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x) = f ( − x) , ∀ x ∈R (2.32)
Ta chứng minh (2.32) tương đương với f (x) = 1
2 [g (x) + g ( − x)] , ∀ x ∈R, (2.34) trong đó g là một hàm số tùy ý trên R.
Thật vậy, nếuf (x)có dạng (2.34), ta cóf ( − x) = 1
Ngược lại, nếuf (x)thỏa mãn (2.32) thì ta có (2.33), chọnf (x) = g (x), suy raf (x) có dạng (2.34).
Vậy hàm số cần tìm có dạng f (x) = 1
2 [g (x) + g ( − x)] , ∀ x ∈ R , trong đó g là một hàm số tùy ý trên R.
Bài toán 2.19 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f ( − x) = − f (x) , ∀ x ∈R (2.35)
Lập luận tương tự như bài toán 2.19, ta có kết quả f (x) = 1
2 [g (x) − g ( − x)] , ∀ x ∈R , trong đó g là một hàm số tùy ý trên R.
Bài toán 2.20 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện f (x) − f ( − x) = 2014 sin x
Theo bài toán 2.19, ta cóg (x) = 1
2 [h (x) + h ( − x)] , ∀ x ∈R, trong đóh là một hàm số tùy ý trên R.
2 [h (x) + h ( − x)] , ∀ x ∈R, trong đó h là một hàm số tùy ý trên R.
Bài toán 2.21 (THTT-T4/2013) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f x 2 − y
= xf (x) , ∀ x ∈R. Cho x = 0, từ (2.38) suy ra f ( − y) = − f (y) , ∀ y ∈R, chứng tỏ f là hàm lẻ.
Tóm lại f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀ x, y ∈R Đây là phương trình hàm Cauchy nên ta có f (x) = ax, ∀ x ∈R.
Thử lại thấy hàm f (x) = ax thỏa mãn phương trình hàm đã cho.
Bài toán 2.22 (USAMO 2000) Tìm tất cả các hàm sốf :R → Rthỏa mãn điều kiện f x 2 − y 2
= − yf (y) , ∀ y ∈R. Cho y = 0, từ (2.39) suy ra f x 2
Do đó phương trình (2.39) trở thành f x 2 − y 2
, ∀ x, y ∈R, suy ra f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀ x ≥ 0, ∀ y ≤ 0 (2.40) Thay x = − y vào (2.40) ta được 0 = f (0) = f ( − y) + f (y) , ∀ y ≤ 0, suy ra f ( − y) = − f (y) , ∀ y ≤ 0.
Vậy f ( − y) = − f (y) , ∀ ∈R, chứng tỏ f là hàm lẻ.
Lại có f (x − y) = f (x + ( − y)) = f (x) + f ( − y) = f (x) − f (y) , ∀ x ≥ 0, ∀ y ≥ 0, suy ra f ((x − y) + y) = f (x − y) + f (y) , ∀ x ≥ 0, y ≥ 0, suy ra f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀ x ∈R, ∀ y ≥ 0 (2.41) Kết hợp (2.40),(2.41) và hàmf lẻ suy ra f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀ x, y ∈R.Đây là phương trình hàm Cauchy, ta có f (x) = ax, ∀ x ∈R.
Hàm số sinh bởi phép nghịch đảo
Tiếp theo ta xét các bất biến đối với phép nghịch đảo.
Bài toán 2.23 Tìm tất cả các hàm số f :R ∗ → R thỏa mãn điều kiện f (x) = f 1 x
Phương trình (2.42) tương đương với f (x) = 1
, ∀ x ∈R ∗ , (2.44) trong đó g là hàm số tùy ý trong R ∗
Khi đó dễ thấy f thỏa mãn (2.42) Ngược lại nếu hàm f thỏa mãn (2.42) thì f thỏa mãn (2.43), do đó f có dạng (2.44).
2 h g (x) + g 1 x i , ∀ x ∈R ∗ , trong đó g là hàm số tùy ý trong R ∗ Bài toán 2.24 Tìm tất cả các hàm số f :R ∗ → R thỏa mãn điều kiện f (x) = − f 1 x
Phương trình (2.45) tương đương với f (x) = 1
, ∀ x ∈R ∗ , (2.47) trong đó g là hàm số tùy ý trong R ∗
Khi đó dễ thấy f thỏa mãn (2.45) Ngược lại nếu hàmf thỏa mãn (2.45) thìf thỏa mãn (2.46), do đó f có dạng (2.47).
2 h g (x) − g 1 x i , ∀ x ∈R ∗ , trong đó g là hàm số tùy ý trong R ∗ Bài toán 2.25 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện fp
Theo kết quả của bài toán 2.24, phương trình (2.49) tương đương với g (t) = 1
2 h h (t) + h 1 t i , ∀ t > 0, trong đó h là hàm số xác định trên trên (0; + ∞ ), tùy ý.
Vậy tất cả các hàm cần tìm đều có dạng f (x) =
2 h h (x) + h 1 x i khi x > 0, trong đó h là hàm số xác định trên trên (0; + ∞ ), tùy ý.
Phương trình hàm với dịch chuyển bậc nhất và phân tuyến tính
Phương trình dạng f(αx + β) = af (x) + b
Bài toán 2.26 Xác định tất cả các hàm f :R → R thỏa mãn điều kiện f (2x + 3) = 5f (x) − 7, ∀ x ∈R (2.50)
Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (2.50). Đặt f (x) = 7
⇔ g (2x + 3) = 5g (x) , ∀ x ∈R (2.51) Đặt x = − 3 + t, thay vào (2.51) ta được g ( − 3 + 2t) = 5g ( − 3 + t) , ∀ t ∈R hay h (2t) = 5h (t) , ∀ t ∈R , (2.52) với h (t) = g ( − 3 + t) , ∀ t ∈R.
- Khi t 6 = 0, đặt h (t) = | t | log 2 5 ϕ (t) , ∀ t 6 = 0 Thay vào (2.52) ta được
⇔ ϕ (2t) = ϕ (t) , ∀ t 6 = 0 (2.53) (2.53) chứng tỏ ϕ là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì 2 nên ϕ (t) = ω (log 2 t) , t > 0 ψ (log 2 ( − t)) , t < 0 trong đó ω, ψ là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì
Từ quá trình trên ta có
4 + ( − x − 3) log 2 5 ψ (log 2 ( − x − 3)) Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là f (x) = 7
Trong đóω, ψ là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trên R.
Bài toán 2.27 Xác định tất cả các hàm f :R → R thỏa mãn điều kiện f ( − 5x + 4) = 3f (x) − 8, ∀ x ∈R (2.54)
Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (2.54). Đặt f (x) = 4 + g (x) , ∀ x ∈R.
(2.57) chứng tỏ ϕ là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì 25 nên ϕ (t) = ω (log 25 t) , t > 0 ψ (log 25 ( − t)) , t < 0 , trong đó ω, ψ là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trên R.
Từ quá trình trên ta có
. Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là f (x) = 4 + x − 2 3 log 5 3
3. Trong đóω, ψ là các hàm tuần hoàn cộng tính chu kì 1 trên R.
Bài toán 2.28 Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập hợp các số thực không âm và thỏa mãn các điều kiện f (0) = 0 và f (2x + 1) = 3f (x) + 5, ∀ x ≥ 0 (2.58)
Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (2.58).
2 + g (x) Khi đó g (x) là hàm số xác định trên [0; + ∞ ) Thay vào (2.58) ta được
⇔ g (2x + 1) = 3g (x) , ∀ x ≥ 0 (2.59) Đặt x = − 1 + t, thay vào (2.59) ta được g ( − 1 + 2t) = 3g ( − 1 + t) , ∀ t ≥ 1 hayh (2t) = 3h (t) , ∀ t ≥ 1, với h (t) = g ( − 1 + t) , ∀ t ≥ 1 (2.60) Đặt h (t) = t log 2 3 ϕ (t) , ∀ t ≥ 1 Khi đó ϕ là hàm số xác định trên [1; + ∞ ).
⇔ ϕ (2t) = ϕ (t) , ∀ t ≥ 1 (2.61) Đặt t = 2 u , thay vào (2.61) ta được ϕ 2 u+1
= ϕ (2 u ) , ∀ u ≥ 0 (2.62) Đặt ϕ (2 u ) = ψ (u) , ∀ u ≥ 0 Khi đó ψ là hàm số xác định trên [0; + ∞ ).
2 + (x + 1) log 2 3 ψ (log 2 (x + 1)) , ∀ x ≥ 0, trong đó ψ là hàm số xác định trên [0; + ∞ ) sao cho ψ (0) = 5
2 vàψ (x + 1) = ψ (x) , ∀ x ∈ [0; + ∞ ). Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu là f (x) = − 5
2 + (x + 1) log 2 3 ψ (log 2 (x + 1)) , ∀ x ≥ 0, trong đó ψ là hàm số xác định trên [0; + ∞ ) sao cho ψ (0) = 5
2 và ψ (x + 1) = ψ (x) , ∀ x ∈ [0; + ∞ ) 2.2.2 Phương trình dạng f ax + b cx + d
Trong mục này ta sẽ đưa ra các bài toán ứng với ba trường hợp sau đây:
- Phương trình ω (x) = x có một nghiệm kép.
- Phương trình ω (x) = x có hai nghiệm thực phân biệt.
- Phương trình ω (x) = x không có nghiệm thực.
Bài toán 2.29 Xác định tất cả các hàm số f :R \ { 2 } →R thỏa mãn điều kiện f 1
Nhận xét rằng, phương trình 1
2 − x = x có nghiệm duy nhất x = 1. Thay x = 1 vào (2.63) ta được f (1) = 1
2 , ∀ t 6 = 0, t 6 = 1 (2.65) Suy ra g (t) = 3 −t ϕ (t), với ϕ (t) là hàm tùy ý sao cho ϕ (t + 1) = ϕ (t) , ∀ t 6 = 0, t 6 = 1.
2 , khi x 6 = 1, trong đó g (t) = 3 −t ϕ (t), vớiϕ (t)là hàm tùy ý sao cho ϕ (t + 1) = ϕ (t) , ∀ t 6 = 0, t 6 = 1.
Bài toán 2.30 Xác định tất cả các hàm số f :R \ { 3 } →R thỏa mãn điều kiện f 2
Nhận xét rằng, phương trình 2
3 − x = x có hai nghiệm phân biệt x = 1, x = 2.
- Nếu x = 1 hoặc x = 2, thay vào (2.66) ta được f (1) = f (2) = 1
- Nếu x 6 = 1 vàx 6 = 2, đặt x − 1 x − 2 = t thì t / ∈ { 2; 1; 0 } Do đó x = 2t − 1 t − 1 = 2 + 1 t − 1 , 2
Khi đó (2.66) viết dưới dạng f
2 + t log 1 2 3 h (t) , ∀ t / ∈ { 2; 1; 0 }, và (2.67) viết dưới dạng
2 + t log 1 2 3 h (t) , ∀ t / ∈ { 2; 1; 0 }, với h (t) là hàm tùy ý thỏa mãn h t
Bài toán 2.31 Xác định tất cả các hàm số f :R \ { 0 } →R thỏa mãn điều kiện f − 1 x
Trong (2.69), thay x bởi − 1 t ta được f (t) = 3f
Từ (2.69) và (2.70) suy ra với mọi x 6 = 0 ta có f (x) = 3 [3f (x) − 7] − 7 = 9f (x) − 28.
2 , ∀ x 6 = 0 Thử lại thấy thỏa mãn.
2 , ∀ x 6 = 0. Bài toán 2.32 Tìm tất cả các hàm số f :R \ { 2 } →R thỏa mãn điều kiện f 2x − 5 x − 2
Nhận xét rằng phương trình ω (x) = x không có nghiệm thực và ω (ω (x)) ≡ x.
Ta chứng minh mọi hàm dạng f (x) = 1
2 , (2.72) với g (x) tùy ý xác định trên R \ { 2 }, đều là nghiệm của (2.71).
Thật vậy, nếu f (x) có dạng (2.72) thì f (ω (x)) + f (x) = 1
Ngược lại, khi f (x) thỏa mãn (2.71) thì chỉ cần chọn g (x) = f (ω (x)), ta có ngay điều kiện (2.72).
Phương trình dạng a (x) f (x) + b (x) f (ω (x)) = c (x)
Trong mục này ta xét phương trình hàm dạng a (x) f (x) + b (x) f (ω (x)) = c (x) , ∀ x ∈ D, (2.73) trong đó f là hàm cần tìm. a (x) , b (x) , c (x) , ω (x) là các hàm số cho trước và ω (ω (x)) = x, ∀ x ∈ D.
Bước 2 Xác định f 1 (x) , f 2 (x) từ hệ
2 [c (x) − c (ω (x))] (2.74) Nếu hệ (2.74) vô nghiệm thì không có hàm số nào thỏa mãn (2.73).
Nếu f 1 (x) , f 2 (x) thỏa mãn (2.74) thì hàm f cần tìm là f (x) = 1
Trong trường hợp có duy nhất một hàm thỏa mãn (2.73) thì có thể giải bằng cách trong (2.73) thay x bởi ω (x) ta được a (ω (x)) f (ω (x)) + b (ω (x)) f (x) = c (ω (x)) , ∀ x ∈ D (2.75)
Tuy nhiên trong trường hợp có vô số hàm thỏa mãn (2.73) thì cách giải này không có tác dụng vì phương trình (2.75) cũng chính là phương trình (2.73).
Bài toán 2.33 Xác định tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện
2 , suy ra D y 6 = 0 nên bài toán vô nghiệm.
4x 2 − 12x + 6 Thử lại thấy hàm số tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét 2.1 Phương trình (2.76) có một nghiệm duy nhất nên ta có thể giải theo cách sau ngắn gọn hơn.
Trong (2.76) , thay x bởi 3 − x ta được
− 6x 2 + 12x + 9 6 = 0 khi đó bài toán vô nghiệm.
4x 2 − 12x + 6 Thử lại thấy hàm số tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2 Bài toán 2.34 Xác định tất cả các hàm số f :R \ { 1 } →R thỏa mãn điều kiện
Nhận xét 2.2 Khi thay x bởi x x − 1 thì phương trình (2.80) không thay đổi nên ta không thể giải bài toán này theo cách 2 của bài toán 2.34.
Hệ (2.81) có vô số nghiệm f 1 (x) = sin x x − 1 − sin x
4 + sin x + sin x x − 1 f 2 (x) ; f 2 (x) tùy ý xác định trên tập R \ { 1 }
4 + sin x + sin x−1 x h f 2 (x) − f 2 x x − 1 i , ∀ x 6 = 1. Thử lại thấy hàm số tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.
4 + sin x + sin x−1 x h f 2 (x) − f 2 x x − 1 i , ∀ x 6 = 1, trong đó f 2 (x) là hàm số tùy ý xác định trên tập R \ { 1 }.
Bài toán 2.35 Xác định tất cả các hàm số f :R \ { 1 } → R thỏa mãn điều kiện
Hệ (2.83) có vô số nghiệm f 1 (x) =
2 x−1 + 2 − x − 2 1 ; f 2 (x) tùy ý xác định trên tập R \ { 1 }.
Thử lại thấy hàm số tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2 x−1 − 2 − x −1 2 − 1 h f 2 (x) − f 2 x − 3 x − 1 i , trong đó f 2 (x) là hàm số tùy ý xác định trên tập R \ { 1 }.
Một số lớp phương trình hàm với đối số biến đổi
Trong mục này ta trình bày lời giải một số phương trình hàm trong các đề thi học sinh giỏi và Olympic quốc gia, khu vực và quốc tế.
Bài toán 2.36 (Thi HSG VN 2000- Bảng B) Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện x 2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x 4 , ∀ x ∈R.
Thay x bởi 1 − x ở đẳng thức của bài ra ta được
(1 − x) 2 f (1 − x) + f (x) = 2 (1 − x) − (1 − x) 4 , ∀ x ∈R (2.84) Mặt khác, từ đẳng thức của bài ra ta có f (1 − x) = 2x − x 4 − x 2 f (x) , ∀ x ∈R (2.85)
, ∀ x ∈R. Suy ra f (x) = 1 − x 2 , ∀ x 6 = a, b, trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình x 2 − x − 1 = 0 (2.86)
Theo định lí Viette ta có a + b = 1; ab = − 1 (2.87)
Lần lượt thay x = a, x = b vào đẳng thức của bài ra , với lưu ý (2.87) , ta được a 2 f (a) + f (b) = 2a − a 4 b 2 f (b) + f (a) = 2b − b 4
(2.88) trong đó c ∈R tùy ý; a, b là hai nghiệm của phương trình x 2 − x − 1 = 0.
Hai nghiệm a, b của phương trình x² - x - 1 = 0 được sử dụng để xác định hàm số f(x) theo công thức (2.88) Dễ dàng kiểm tra thấy rằng f(x) thỏa mãn điều kiện đề bài Do đó, tất cả các hàm số f(x) được xác định bởi (2.88) là những hàm số cần tìm.
Bài toán 2.37 (Olympic toán sinh viên quốc tế - 2010) Tìm tất cả các hàm f (x) liên tục và xác định trên R và thỏa mãn điều kiện f (1) = 2010, f (x + y) = 2010 x f (y) + 2010 y f (x) , ∀ x, y ∈R (2.89)
Phương trình (2.89) có thể viết
Phương trình (2.90) là phương trình hàm Cauchy nên có nghiệm là g (x) = ax.
Thử lại ta thấy f (x) = x.2010 x thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài toán 2.38 (Olympic toán sinh viên quốc tế 2012) Tìm tất cả các hàm số f :R → R liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y) , ∀ x, y ∈R (2.91)
Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài.
Cho y = − 1 ta được f ( − y) = − f (y), điều này chứng tỏ f là hàm lẻ.
Từ (2.91) và (2.92) ta được f (2 (xy + x + y) + 1) = 2f (xy + x + y) + f (1)
= 2f (x) + f (1) + 2f (y) + 2f (xy) Mặt khác cũng theo (2.91) và (2.92) ta có f (2 (xy + x + y) + 1) = f (2x + 1 + y (2x + 1) + y)
Do đó f (2xy + y) = f (y) + 2f (xy) , ∀ x, y ∈R (2.93) Cho x = − 1
2 vào (2.93), do f (0) = 0 vàf là hàm lẻ nên f (y) = 2f y
Từ (2.93) và (2.94) ta được f (2xy + y) = f (y) + f (2xy) , ∀ x, y ∈R (2.95)
Với mọi số thực u và v, nếu v = 0 thì f (u + v) = f (u) + f (v).
2v và y = v. Khi đó f (u + v) = f (2xy + y) = f (2xy) + f (y) = f (u) + f (v)
Phương trình (2.96) là phương trình hàm Cauchy nên có nghiệm là f (x) = ax. Thử lại ta thấy f (x) = ax thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy f (x) = ax, ∀ x ∈R, a là hằng số tùy ý.
Bài toán 2.39 (HSG Quốc gia 2006) Tìm tất cả các hàm số f thỏa mãn điều kiện f (x − y) f (y − z) f (z − x) + 8 = 0, ∀ x, y, z ∈R (2.97)
Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài.
Suy ra f (t) < 0, ∀ t ∈R. Đặt f (x) = − 2 g(x) Thay vào (2.97) ta được h
⇔ g (x − y) + g (y − z) + g (z − x) = 3, ∀ x, y, z ∈R (2.98) Đặt g (x) = h (x) + 1 Thay vào (2.98) ta được
⇔ h (x − y) + h (y − z) + h (z − x) = 0, ∀ x, y, z ∈R (2.99) Đặt u = x − y, v = y − z suy ra u + v = x − z Thay vào (2.99) ta có h (u) + h (v) = − h ( − u − v ) , ∀ u, v ∈R (2.100)
Trong (2.100), lấy u = v = 0 ta được h (0) = 0, lấy v = 0 và sử dụng h (0) = 0, suy ra h ( − u) = − h (u) , ∀ u ∈R.
Phương trình (2.101) là phương trình hàm Cauchy nên có nghiệm là h (x) = ax, ∀ x ∈R, với a là hằng số tùy ý.
Thử lại ta thấy f (x) = − 2 ax+1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Vậy f (x) = − 2 ax+1 , ∀ x ∈R, a là hằng số tùy ý.
Bài toán 2.40 (Kosovo TST- 2011) Tìm các hàm f : R \ {− 1; 1 } → R thỏa mãn điều kiện f x − 3 x + 1
Lời giải. Đặt x − 3 x + 1 = t, khi đó x = t + 3
= x − 3 x + 1 , ∀ x / ∈ {− 1; 1 } (2.104) Cộng (2.103) và (2.104) rồi kết hợp với (2.102) ta được
2 − 2x 2 , ∀ x / ∈ {− 1; 1 } Thử lại thấy hàm số tìm được thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài toán 2.41 (Bulgaria 1997) Tìm hàm số f : R → R liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f (x) = f x 2 + 1 4
Từ giả thiết, ta có f (x) là hàm số chẵn.
Ta sẽ chứng minh rằng f (x) là hàm hằng trên R +
Cho x 1 ≥ 0, ta xét hai trường hợp:
2 Xét dãy số { x n } xác định bởix n+1 = x 2 n + 1
4 , ∀ n ≥ 1. Bằng quy nạp, ta chứng minh được0 ≤ x n < 1
Suy ra, dãy { x n } tăng và bị chặn trên nên nó có giới hạn. Đặt lim n→∞ x n = α thì α = α 2 + 1
Hơn nữa, do f liên tục trên R nên lim n→∞ f (x n ) = f lim x n n→∞
Xét dãy số { x n } xác định bởix n = x 2 n+1 + 1
Bằng quy nạp ta chứng minh được x n > 1
Suy ra dãy { x n } giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn. Đặt lim n→∞ x n = α thì α = α 2 + 1
2. Hơn nữa, do f liên tục trên R nên lim n→∞ f (x n ) = f lim x n n→∞
Từ (2.105) và (2.106) kết hợp với giả thiết f liên tục trên R, ta suy ra f (x) = f 1
Do f là hàm số chẵn nên f (x) = f 1
Phương trình hàm trong lớp hàm đa thức
Một số bài toán xác định đa thức cơ bản
Bài toán 3.1 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện xP (x − 3) = (x − 2016) P (x) , ∀ x ∈R (3.1)
Trong (3.1) lần lượt thay x bởi 0, 3, 6, 9, , 2013, 2016, ta suy ra0, 3, 6, 9, , 2013 là nghiệm của P (x)
Khi đó Q (x) ∈R[x] Thay vào (3.1), ta được x (x − 3) (x − 6) (x − 9) (x − 2016) Q (x − 3)
Suy ra Q (x) là đa thức hằng.
Vậy P (x) = Cx (x − 3) (x − 6) (x − 9) (x − 2013) , ∀ x ∈R , trong đó C là hằng số. Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 3.2 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện xP (x − 3) = (x − 2015) P (x) , ∀ x ∈R (3.2)
Trong (3.2) lần lượt thay x bởi 2015, 2012, 2009, , 2015 − 3n, n ∈N ta suy ra2012, 2009, , 2015 − 3 (n + 1) là nghiệm của P (x).
Vậy P (x) có vô số nghiệm, suy ra P (x) = 0, ∀ x ∈R.
Từ hai bài toán trên ta có bài toán tổng quát sau:
Bài toán tổng quát 3.1 Cho a, b ∈R Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện xP (x − a) = (x − b) P (x) , ∀ x ∈R (3.3)
- Khi a 6 = 0, b = 0 ta được P (x − a) = P (x), tức là P (x) là đa thức hằng.
- Khi a 6 = 0, b 6 = 0, ta xét các trường hợp sau:
+ Nếu b a ∈N thì P (x) có các nghiệm 0, a, 2a, , (n − 1) a, n ∈N ∗
Suy ra Q (x) là đa thức hằng.
Vậy trong trường hợp này ta được
P (x) = Cx (x − a) (x − 2a) (x − (n − 1) a) , trong đó C là hằng số.
+ Nếu b a ∈ / N thì P (x) có các nghiệm là b − a, b − 2a, b − 3a, , b − na
Do đó P (x) có vô số nghiệm nên P (x) ≡ 0.
Bài toán 3.3 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R [x] thỏa mãn điều kiện
Nếu P (x) = a =const thì a 2 = a hay a = 0 hoặc a = 1.
Xét P (x) 6 =const Khi đó, nếu P (x) có nghiệm thực x = x 0 thì các số sau x 0 , x 1 = x 2 0 + x 0 + 1, , x n+1 = x 2 n + x n + 1, cũng là nghiệm của P (x).
Do x 0 < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n < x n+1 < nờn suy ra đa thức P (x) cú vụ số nghiệm, điều này là vô lí.
VậyP (x) khụng cú nghiệm thực nờn deg P (x) = 2n và P (x) = a 2n x 2n + ã ã ã + a 0 với a 2n , a 0 6 = 0.
So sánh các hệ số bậc cao nhất và hệ số tự do, ta thu được a 2n = a 0 = 1.
Gọi x 1 , x 2 , , x 2n là các nghiệm phức của P (x).
Khi đó, theo định lí Viette ta có
Nếu tồn tại j để x j > 1 thì do x 2 j + x j + 1 (chú ý rằng x 2 j + x j + 1
> | x j |) cũng là nghiệm, nên suy ra P (x) có vô số nghiệm Điều này là vô lí.
Tương tự, nếu tồn tại j để | x j | < 1 thì v j thỏa mãn phương trình v j 2 + v j + 1 = x j cũng là nghiệm với | v j | < | x j | Từ đó ta cũng thu được điều vô lí.
Tóm lại, ta có hoặc P (x) ≡ 0; hoặc P (x) ≡ 1; hoặc P (x) = x 2 + 1 n
Bài toán 3.4 Tìm tất cả các đa thức P (x) bậc n thỏa mãn điều kiện
Hai đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng m trùng nhau tại m + 1 điểm nguyên thì chúng sẽ trùng nhau hoàn toàn Do đó, chỉ cần xét giá trị của P(x) tại các điểm nguyên Theo giả thiết, ta có P(n) − P(n − 1) = 2n − 1 với n = 1, 2,
Thử lại ta thấy P (x) = x 2 + c thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài toán 3.5 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện
Trong (3.6) cho x = 0 ta được P (0) = 0 hoặc P (0) = 1.
, ∀ x ∈R (3.7) Trong (3.7) lấy x = 0 được Q (0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt.
Trong (3.8) lấy x = 0 được Q (0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt.
Vậy có hai đa thức thỏa mãn (3.6) làP (x) ≡ 0 và P (x) ≡ 1.
Bài toán 3.6 Cho số nguyên dương k Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện
Trong (3.9), cho x = 2015 ta đượcP (2015) = (2015 − 2015) k P (2016), suy ra 2015 là nghiệm bội lớn hơn hoặc bằng k của P (x). Đặt P (x) = (x − 2015) k Q (x) , ∀ x ∈R.
Hay Q (x) = Q (x + 1) , ∀ x ∈R, nghĩa là Q (x) ≡ c, c là hằng số.
Suy ra P (x) = c(x − 2015) k , c là hằng số.
Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h)
Bài toán tổng quát 3.2 Giả sử f (x) , g (x) và h (x) là các đa thức thuộc R [x] đã cho thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) Tìm tất cả các đa thức
Phương trình hàm P(f(x)) P(g(x)) = P(h(x)), ∀ x ∈ R (3.10) có nhiều đặc điểm nổi bật Những đặc điểm này cho phép chúng ta xây dựng tất cả các nghiệm của phương trình từ các nghiệm bậc nhỏ.
Tính chất 3.1 NếuP, Qlà nghiệm của (3.10) thì P Qcũng là nghiệm của (3.10). Chứng minh.
Hệ quả 3.1 Nếu P (x) là nghiệm của (3.10) thì P n (x) cũng là nghiệm.
Hệ quả 3.1 cho phép mô tả tất cả các nghiệm của phương trình (3.10) trong nhiều trường hợp Định lý 3.1 chỉ ra rằng nếu f, g, h là các đa thức với hệ số thực và thỏa mãn điều kiện deg(f) + deg(g) = deg(h), thì có hai trường hợp cần xem xét: Thứ nhất, nếu deg(f) khác deg(g); thứ hai, nếu deg(f) bằng deg(g) và tổng các hệ số của lũy thừa cao nhất của f và g không bằng 0.
Khi đó với số dương n tồn tại nhiều nhất một đa thức P (x) có bậc n và thỏa mãn phương trình (3.10).
Chứng minh Giả sử P là đa thức bậc n thỏa mãn phương trình (3.10).
Ta gọi deg (f) = f ; deg (g) = g; deg (h) = h và các hệ số của lũy thừa cao nhất của
So sánh hệ số cao nhất hai vế của các đa thức trong phương trình
Nếu tồn tại một đa thức Q bậc n khác P thỏa mãn phương trình (3.10), thì Q* = P* và Q(x) có thể biểu diễn dưới dạng P(x) + R(x) với 0 ≤ r = deg(R) < n Theo quy ước, bậc của đa thức đồng nhất 0 được coi là -∞, do đó deg(R) phải lớn hơn hoặc bằng 0, nghĩa là R không phải là đa thức đồng nhất 0.
Thay vào phương trình (3.10), ta được
⇔ P (f) R (g) + R (f ) P (g) + R (f ) R (g) = R (h) (3.11) Bây giờ ta xét các trường hợp: i) deg (f ) 6 = deg (g).
Giả sử f > g, ta có bậc của các đa thức ở vế trái của (3.11) lần lượt là nf + rg, rf + ng, và rf + rg Do đó, với điều kiện nf + rg > rf + ng > rf + rg, ta xác định rằng bậc của vế trái là nf + rg.
Bậc của đa thức ở vế phải của (3.11) là rh = r (f + g) < nf + rg.
Mâu thuẫn. ii) deg (f ) = deg (g).
Hai đa thức ở vế trái của (3.11) có cùng bậc là nf + rg = ng + rf, có khả năng xảy ra triệt tiêu khi thực hiện phép cộng.
Hệ số cao nhất của hai đa thức này là hệ số của củax nf + rg, với giá trị lần lượt từ đa thức thứ nhất và thứ hai.
P ∗ (f ∗ ) n R ∗ (g ∗ ) r , R ∗ (f ∗ ) r P ∗ (g ∗ ) n Như thế, bậc của x nf +rg trong tổng hai đa thức bằng
= 0 dof ∗ + g ∗ 6 = 0.Như vậy, bậc của vế trái của (3.11) vẫn là nf + rg, trong khi đó bậc của vế phải là rh = rf + rg < nf + rg Mâu thuẫn.
Định lý đã được chứng minh hoàn toàn Áp dụng định lý 3.1 và hệ quả 3.1, nếu P0(x) là một đa thức bậc nhất thỏa mãn phương trình (3.10) với f, g, h là các đa thức đáp ứng điều kiện của định lý 3.1, thì tất cả các nghiệm của (3.10) sẽ có dạng nhất định.
P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ (P 0 (x)) n Sau đây, ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng tính chất nói trên.
Ví dụ 3.1 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện
Ta có các hàm f (x) = x, g (x) = x, h (x) = x 2 thỏa mãn các điều kiện của định lý 3.1 và hàm P (x) = x là hàm bậc nhất thỏa mãn phương trình (3.12).
Do đó các hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) ≡ x n , (n ∈N ∗ ) là tất cả các nghiệm của (3.12).
Ví dụ 3.2 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện
= P 2 [(x − 1) − 1] , ∀ x ∈R (3.14) Đặt P (x − 1) = Q (x) thì (3.14) tương đương với
Theo ví dụ 3.1, ta có Q (x) ≡ 0; Q (x) ≡ 1; Q (x) = x n
Ví dụ 3.3 (HSG Quốc gia 2006) Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện
Trong (3.15), thay x bởi − x ta được
Do (3.17) đúng với mọi x ∈R nên ta phải có hoặc P (x) + P ( − x) = 0 đúng với vô số các giá trị x hoặc P (x) + P ( − x) − 4x = 0 đúng với vô số các giá trị x.
Ta xét các trường hợp P (x) + P ( − x) ≡ 0 Khi đó ta có phương trình
So sánh với điều kiện P (x) + P ( − x) ≡ 0, ta chỉ nhận các nghiệm
Tiếp theo xét trường hợp P (x) − P ( − x) − 4x ≡ 0.
Khi đó ta có phương trình
So sánh với điều kiện P (x) − P ( − x) − 4x ≡ 0, ta chỉ nhận các nghiệm
Tổng hợp hai trường hợp trên, ta có tất cả các nghiệm của (3.15) là các đa thức
Ví dụ 3.4 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện
Các đa thứcx, 2x 2 , 2x 3 + xthỏa mãn điều kiện định lý 3.1, do đó ta sẽ tìm nghiệm không đồng nhất hệ số bậc nhỏ nhất của (3.18).
Xét trường hợp P (x) có bậc nhất, P (x) = ax + b Thay vào (3.18), ta được
So sánh hệ số của các đơn thức ở hai vế, ta được hệ phương trình:
Hệ này vô nghiệm (doa 6 = 0) nên không tồn tại đa thức bậc nhất thỏa mãn (3.18). Xét trường hợp P (x) có bậc hai, P (x) = ax 2 + bx + c
Thay vào (3.18), ta được ax 2 + bx + c
⇔ 4a 2 x 6 + 4abx 5 + (4ac + 2ab) x 4 + 2b 2 x 3 + (ac + 2bc) x 2 + bcx + c 2
= 4ax 6 + 4ax 4 + 2bx 3 + ax 2 + bx + c, ∀ x ∈R
So sánh hệ số các đơn thức ở hai vế, ta được hệ phương trình:
4a 2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b 2 = 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c 2 = c.
Hệ này có nghiệm a = c = 1, b = 0.Như vậy, P (x) = x 2 + 1 là đa thức bậc hai thỏa mãn (3.18).
Từ hệ quả 3.1 và định lý 3.1, ta suy ra x 2 + 1 k là tất cả các đa thức bậc chẵn (không đồng nhất hằng số) thỏa mãn (3.18).
Chúng ta sẽ chứng minh rằng đa thức bậc lẻ không thể là nghiệm của phương trình (3.18) Để làm điều này, chúng ta dựa vào tính chất của đa thức bậc lẻ, cụ thể là mọi đa thức bậc lẻ đều có ít nhất một nghiệm thực Do đó, cần chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức không đồng nhất hằng số thỏa mãn (3.18), thì P(x) sẽ không có nghiệm thực.
Thật vậy, giả sử α là nghiệm thực của P (x), khi đó 2α 3 + α cũng là nghiệm của
, là dãy tăng và tất cả đều là nghiệm của P (x), mâu thuẫn.
Tương tự, nếu α < 0 thì dãy nói trên là dãy giảm và ta cũng có P (x) có vô số nghiệm, mâu thuẫn.
Nếu α = 0, đặt P (x) = x k Q (x) với Q (0) 6 = 0, thay vào phương trình (3.18) ta được x k Q (x) 2x 2 k
Thay x = 0 vào ta được Q (0) = 0, mâu thuẫn.
Vậy P (x) không có nghiệm thực, nghĩa là P (x) không thể là đa thức bậc lẻ. Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn điều kiện của đề bài làP (x) = x 2 + 1 k
Ví dụ 3.5 (Vô địch toán Bulgaria 1976) Tìm tất cả các đa thứcP (x) ∈R [x] thỏa mãn điều kiện
Phương trình (3.19) có thể viết dưới dạng P (x − 1) 2 − 1
Thử lại ta thấy đúng Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn điều kiện đầu bài là
Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q
Bài toán tổng quát 3.3 Giả sử f (x) , g (x),h (x) và Q (x) là các đa thức thuộc
R[x] đã cho thỏa mãn điều kiện deg (f ) + deg (g) = deg (h) Tìm tất cả các đa thức
Nếu trong phương trình (3.20), Q không đồng nhất bằng 0, thì tính chất của hệ quả 3.1 sẽ không còn giữ nguyên, dẫn đến việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn hơn Đây là điểm khác biệt cơ bản giữa bài toán tổng quát 3.3 và bài toán tổng quát 3.2 Tuy nhiên, chúng ta vẫn có thể chứng minh tính duy nhất của nghiệm, được phát biểu trong Định lý 3.2 (Xem [2]), với các đa thức f, g, h thỏa mãn điều kiện deg (f) + deg (g) = deg (h).
Cho đa thức Q, nếu deg(f) ≠ deg(g) hoặc deg(f) = deg(g) và f* + g* ≠ 0, thì với mỗi số nguyên dương n và số thực a, tồn tại tối đa một đa thức P thoả mãn các điều kiện: i) deg(P) = n; ii) P* = a; iii) P(f)P(g) = P(h) + Q.
Phép chứng minh định lý này hoàn toàn tương tự với phép chứng minh định lý 3.1.
Hệ quả 3.2 Với các điều kiện như trong định lý 3.2, với mỗi số nguyên dương n, tồn tại nhiều nhất hai đa thứcP có bậc n thỏa mãn phương trình
Sau đây ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 3.6 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện
Nếu đặt P (x) = ax k + R (x) với deg (R) = r < k, a 6 = 0 thì ta được
Từ đó suy ra deg P 2 (x) − P x 2 hoặc bằng 2 k nếu a 6 = 1, hoặc bằng k + r nếu a = 1 vàr ≥ 0, hoặc bằng −∞ khia = 1 và r = −∞(tức là đồng nhất bằng không).
Từ đó, suy ra k ≤ 4. Đến đây, dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được các nghiệm của (3.21) là x 4 + 1, x 3 + x, 2x 2 , − x 2
Ví dụ 3.7 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R [x] thỏa mãn điều kiện
Theo điều kiện đề bài ta có
Ta tạo được dãy số b 0 , b 1 , b 2 , b n ,
Với b 0 = 0 và b n+1 = b 2 n + 1, P (b n ) = b n với mọi số tự nhiên n.
Ta có dãyb 0 , b 1 , b 2 , b n , là dãy tăng, nghĩa là tập hợp { b n | n = 0, 1, 2, }chứa vô hạn những số khác nhau Từ đó ta có P (x) = x.
Bằng cách so sánh hệ số trướcx ta nhận được 2a n−1 a n = 0 hay a n−1 = 0.
Sau đó bằng cách so sánh hệ số trước x 3 ta nhận được 2a n−3 a n = 0, nghĩa là a n−3 = 0.
Tiếp tục quá trình này cuối cùng ta nhận được những hệ số trước bậc lẻ củaxtrong dạng chuẩn tắc của P (x) bằng không Nói cách khác, n = 2k và P (x) = Q x 2 với
Q (t) là một đa thức bậc k.
Từ điều kiện bài toán suy ra
Khi x tạo ra tập hợp tất cả các số, biểu thức x² + 1 sẽ tạo ra một tập hợp số vô hạn Theo nguyên lý so sánh hệ số, điều này thỏa mãn các điều kiện cần thiết.
= (H (y)) 2 + 1, nghĩa là H (y) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Nếu với H (y) thỏa mãn H (0) = 0 thì H (y) = y và nghĩa là P (x) = Q x 2
Nếu lại có H (0) 6 = 0, từ đa thức H (y) ta có thể tiến hành như phương pháp với
Đa thức P(x) sẽ nhận được đa thức H1(x) có bậc thấp hơn bậc của H(y) và thỏa mãn điều kiện bài toán Quá trình này diễn ra trong hữu hạn bước, đảm bảo rằng sẽ đạt được đa thức x Do đó, nếu P(x) có tính chất P(x^2 + 1), thì điều này sẽ được khẳng định.
= (P (x)) 2 + 1, nó sẽ trùng với đa thức nào đó trong dãy
Ngược lại, bằng cách kiểm tra trực tiếp thì mọi đa thức trong dãy trên thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 3.8 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R[x] thỏa mãn điều kiện
Có hai đa thức hằng thỏa mãn phương trình là đa thức đồng nhất − 1 và đa thức đồng nhất 2 Đối với các đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 1, theo hệ quả 3.2 và tính chất 3.2, với mỗi số nguyên dương n, chỉ tồn tại không quá một đa thức P(x) thỏa mãn (3.23) Tuy nhiên, việc tìm ra các nghiệm không hề đơn giản Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta có thể xác định các nghiệm bậc 1, 2, 3, 4 lần lượt là x, x^2 − 2, x^3 − 3x, và x^4 − 4x^2 + 2.
Từ đây, có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau:
Cuối cùng, để hoàn tất lời giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh các đa thức thuộc dãy đa thức xác định bởi (3.24) thỏa mãn phương trình (3.23).
Ta có thể thực hiện điều này bằng cách sử dụng qui nạp toán học bằng cách như sau:
Xét x bất kỳ thuộc [ − 2; 2], đặt x = 2 cos t thì từ công thức (3.24), ta suy ra
P 2 (x) = 4cos 2 t − 2 = 2 cos 2t, P 3 (x) = 2 cos t.2 cos 2t − 2 cos t = 2 cos 3t, và nói chung P n (x) = 2 cos nt.
= P n (2 cos 2t) = 2 cos (2nt) = 4cos 2 (nt) − 2 = P n 2 (x) − 2. Đẳng thức này đúng với mọix ∈ [ − 2; 2] do đó đúng với mọi x.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Phương trình hàm trong lớp hàm lượng giác
Trong lớp hàm lượng giác, một số bài toán có thể được giải quyết nhanh chóng chỉ với vài phép thế, trong khi những bài toán khác lại đòi hỏi nhiều bước phức tạp hơn Để tìm ra lời giải cho các bài toán khó này, cần phát hiện các đặc trưng hàm lượng giác ẩn giấu trong phương trình, từ đó áp dụng những phép thế giá trị phù hợp.
Dựa trên các công thức lượng giác, chúng ta có thể thay thế hàm sin x và cos x bằng các ẩn hàm f và g để đề xuất và giải quyết các bài toán liên quan Các công thức này bao gồm: cos (x + y) + cos (x − y) = 2 cos x cos y, cos (x + y) − cos (x − y) = − 2 sin x sin y, sin (x + y) + sin (x − y) = 2 sin x cos y, và sin (x + y) − sin (x − y) = 2 cos x sin y.
Bài toán 3.7 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) + f (x − y) = 2f (y) cos x, ∀ x, y ∈R (3.25)
Trong (3.25) cho y = 0 ta được f (x) = c cos x, ∀ x ∈R , (3.26) trong đó f (0) = c.
Thử lại: Thay (3.26) vào (3.25) ta được c [cos (x + y) + cos (x − y)] = 2c cos x cos y, ∀ x, y ∈R.
Do đó (3.26) thỏa mãn (3.25), vậy hàm số cần tìm có dạng f (x) = c cos x, ∀ x ∈R (c là hằng số bất kì).
Bài toán 3.8 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện
Trong (3.27) thay x = 0 và y = t − π ta được f (t − π) + f (π − t) = − 2.2014 cos t, ∀ t ∈R (3.30) Cộng (3.28) và (3.29) ta được
Kết hợp với (3.30) ta được f (t) = 2014 cos t + 2015 sin t, ∀ t ∈R. hayf (x) = 2014 cos x + 2015 sin x, ∀ x ∈R.
Bài toán 3.9 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) − f (x − y) = 2f (y) cos x, ∀ x, y ∈R (3.31)
2 và kết hợp với (3.32) ta được f (π + t) + f (t) = 2c sin t, ∀ t ∈R, c = f π
Từ (3.33) và (3.34) ta cóf (t) = c sin t, ∀ t ∈R hay f (x) = c sin x, ∀ x ∈R.
Vậy f (x) = c sin x, c là hằng số.
Bài toán 3.10 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) − g (x − y) = − 2 sin x sin y, ∀ x, y ∈R (3.35)
Ta có (3.35) tương đương với f (x + y) − g (x − y) = cos (x + y) − cos (x − y) , ∀ x, y ∈R.
⇔ f (x + y) − cos (x + y) = g (x − y) − cos (x − y) , ∀ x, y ∈R (3.36) Đặt x + y = u, x − y = v Thay vào (3.36) ta được f (u) − cos u = g (v) − cos v, ∀ u, v ∈R
⇔ f (u) − cos u = c, ∀ u ∈R g (v) − cos v = c, ∀ v ∈R Hay f (x) = cos x + c, ∀ x ∈R g (x) = cos x + c, ∀ x ∈R , c là hằng số.
Bài toán 3.11 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + y) + g (x − y) = 2 sin x cos y, ∀ x, y ∈R (3.37)
Ta có (3.37) tương đương với f (x + y) + g (x − y) = sin (x + y) + sin (x − y) , ∀ x, y ∈R.
⇔ f (x + y) − sin (x + y) = − [g (x − y) − sin (x − y)] , ∀ x, y ∈R (3.38) Đặt x + y = u, x − y = v Thay vào (3.38) ta được f (u) − sin u = − [g (v) − sin v] , ∀ u, v ∈R
⇔ f (u) − sin u = c, ∀ u ∈R g (v) − sin v = − c, ∀ v ∈R Hay f (x) = sin x + c, ∀ x ∈R g (x) = sin x − c, ∀ x ∈R , c là hằng số.
Bài toán 3.12 Tìm các hàm thỏa mãn phương trình f (x + y) − f (x − y) = 2g (x) sin y, ∀ x, y ∈R (3.39)
Trong (3.39) cho x = 0, ta được f (y) − f ( − y) = 2a sin y, ∀ y ∈R (3.40) Đổi vai trò của x và y trong (3.39) ta được f (y + x) − f (y − x) = 2g (y) sin x, ∀ x, y ∈R (3.41)
Lấy (3.39) trừ (3.41) ta được f (y − x) − f (x − y) = 2g (x) sin y − 2g (y) sin x, ∀ x, y ∈R (3.42)
⇔ 2a (sin y cos x − cos y sin x) = 2g (x) sin y − 2g (y) sin x, ∀ x, y ∈R
2 ta được g (x) − a cos x = b sin x, ∀ x ∈R, trong đó b = g π
Thay g (x) = a cos x + b sin x vào (3.39) ta có f (x + y) − f (x − y) = 2 (a cos x + b sin x) sin y
= f (x − y) − a sin (x − y) + b cos (x − y) , ∀ x, y ∈R. Đặt x + y = u, x − y = v ta được f (u) − a sin u + b cos u = f (v) − a sin v + b cos v, ∀ u, v ∈R , hayf (u) = a sin u − b cos u + c, ∀ u ∈R (c là hằng số)
Thử lại thấy các hàm số sau thỏa mãn yêu cầu đề bài f (x) = a sin x − b cos x + c, ∀ x ∈R; g (x) = a cos x + b sin x, ∀ x ∈R, với a, b, c là các hằng số tùy ý.
Dựa vào công thức biến đổi sin (x + y) = sin x cos y + cos x sin y, với mọi x, y thuộc R, nếu thay thế các hàm sin và cos bằng các hàm ẩn f và g tương ứng, ta có bài toán tìm các hàm thỏa mãn phương trình sin (x + y) = f (x) sin y + g (y) sin x cho mọi x, y thuộc R.
Suy ra f (x) = cos x + a sin x, ∀ x ∈R , trong đó a = − g π
. Thay f (x) = cos x + a sin x vào (3.44) ta được sin (x + y) = (cos x + a sin x) sin y + g (y) sin x, ∀ x, y ∈R
⇔ sin x cos y = a sin x sin y + g (y) sin x, ∀ x, y ∈R (3.46)
2 ta được cos y = a sin y + g (y) , ∀ y ∈R, hayg (x) = cos x − a sin x, ∀ x ∈R.
Thử lại thấy đúng, vậy các hàm thỏa mãn yêu cầu đề bài là f (x) = cos x + a sin x, ∀ x ∈R, g (x) = cos x − a sin x, ∀ x ∈R, a là hằng số tùy ý.
Bài toán 3.14 Tìm các hàm thỏa mãn phương trình f (x + y) = g (x) sin y + g (y) sin x, ∀ x, y ∈R (3.47)
Trong (3.47) cho y = 0 ta được f (x) = a sin x, ∀ x ∈R, trong đó a = g (0).
Thay f (x) = a sin x vào (3.47) ta được a sin (x + y) = g (x) sin y + g (y) sin x, ∀ x, y ∈R (3.48)
Thử lại thấy đúng, vậy các hàm thỏa mãn yêu cầu đề bài là f (x) = a sin x, ∀ x ∈R, g (x) = a cos x, ∀ x ∈R, a là hằng số tùy ý.
Sau đây ta sẽ đến các bài toán sử dụng đặc trưng hàm đã được đề cập ở phần kiến thức chuẩn bị.
Bài toán 3.15 Tìm các hàm xác định và liên tục trong đoạn [ − 1; 1] và thỏa mãn phương trình f xp
Lời giải. Đặt x = sin u, y = sin v, ∀ u, v ∈h
2 ; π 2 i Khi đó cos u ≥ 0, cos v ≥ 0 và xp
2 ; π 2 i Phương trình hàm (3.50) có thể viết dưới dạng f (sin (u + v)) = f (sin u) + f (sin v) , ∀ u, v ∈h
Do vậy, g (u) = au, a là hằng số và f (x) = a arcsin x, ∀ x ∈ [ − 1; 1]
Vậy f (x) = a arcsin x, a là hằng số tùy ý.
Bài toán 3.16 Tìm các hàm xác định và liên tục trong đoạn [ − 1; 1] và thỏa mãn phương trình f xy −p
Lời giải. Đặt x = cos u, y = cos v, ∀ u, v ∈ [0; π]
Khi đó sin u ≥ 0, sin v ≥ 0 và xy −p
1 − x 2 = cos (u + v) , ∀ u, v ∈ [0; π] Phương trình hàm (3.51) có thể viết dưới dạng f (cos (u + v)) = f (cos u) + f (cos v) , ∀ u, v ∈ [0; π] Đặt f (cos u) = g (u) ta được g (u + v ) = g (u) + g (v) , ∀ u, v ∈ [0; π]
Do vậy, g (u) = au, a là hằng số và f (x) = a arccos x, ∀ x ∈ [ − 1; 1]
Vậy f (x) = a arccos x, a là hằng số tùy ý.
Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi và áp dụng" đã trình bày được một số vấn đề sau đây:
1- Trình bày về một số phương pháp giải phương trình hàm với đối số biến đổi.
Tác giả đã cung cấp các ví dụ cụ thể cho mỗi phương pháp, giúp học sinh dễ dàng hiểu và áp dụng thực hành trong việc giải phương trình hàm với các biến đổi Tiếp theo, bài viết sẽ trình bày về phương trình hàm cùng với các phép biến hình sơ cấp.
Tác giả đã thảo luận về các lớp hàm bất biến liên quan đến phép biến hình và phương trình hàm với dịch chuyển bậc nhất và phân tuyến tính Bên cạnh đó, tác giả cũng đã sưu tầm và chọn lọc các bài toán từ các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, khu vực và quốc tế, cùng với các bài toán từ tạp chí toán học tuổi trẻ Cuối cùng, luận văn trình bày các ứng dụng của phương trình hàm với đối số biến đổi vào các phương trình hàm đa thức đại số và lượng giác.