Mục đích của đề tài luận văn
Mục đích của luận văn là nghiên cứu các phương trình hàm và tài liệu liên quan để phát triển phương pháp phân tích và khai thác dữ liệu Từ đó, luận văn sẽ dự đoán các hướng giải và kỹ thuật biến đổi, nhằm hình thành một số phương pháp cơ bản để giải quyết các phương trình hàm.
Bố cục của luận văn
Bài luận văn "Một số phương trình hàm cơ bản và phương pháp giải" bao gồm phần mở đầu, ba chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo Chương 1 trình bày các phương trình hàm cơ bản cùng với những ví dụ minh họa cụ thể.
Trong chương này, tôi trình bày các bài toán cơ bản liên quan đến phương trình hàm cùng với các nghiệm tương ứng Nhiều bài toán này đã được giới thiệu trong tài liệu ([1]) và ([2]) Đối với những bài toán đã có lời giải trong các tài liệu này, luận văn sẽ chỉ sử dụng kết quả để giải quyết các bài toán khác.
Chương 2 trình bày các dạng phương trình hàm phổ biến và các phương pháp cơ bản để giải quyết chúng, kèm theo những ví dụ áp dụng thực tiễn.
Chương 3 trình bày về các phương trình hàm với miền xác định là tập số tự nhiên, cùng với các phương pháp giải khác nhau.
Một số phương trình hàm cơ bản và ví dụ
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày một số bài toán cơ bản cùng với các ví dụ áp dụng thực tiễn Đối với những bài toán đã được giải trong các tài liệu quen thuộc, cụ thể là tài liệu ([1]) và ([2]), chúng tôi sẽ chỉ cung cấp kết quả mà không đi sâu vào lời giải.
Tiếp theo trong mục 1.2 của chương, em đưa ra các ví dụ cụ thể áp dụng các kết quả của các Bài toán cơ bản này.
Một số phương trình hàm cơ bản
Bài toán 1 (Phương trình hàm Cauchy)
Xác định hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) = f(x) + f(y) cho mọi x, y ∈ R Bài toán này đã được đề cập trong tài liệu ([1]) và ([2]), và kết quả là f(x) = ax với mọi a ∈ R.
Tổng quát Bài toán 1
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm các hàm f(x) xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(ax+by) (x)+bf(y), ∀x, y ∈ R (1.2)
Cho x = y = 0 thay vào (1.2) ta được f(0) = af(0) +bf(0)
⇔ f(0).(a+b−1) = 0. a) Nếu a+b 6= 1 thì f(0) = 0 Từ (1.2) lần lượt cho x = 0, y = 0 ta được f(by) (y), ∀y ∈ R f(ax) (x), ∀x ∈ R.
Khi xem xét phương trình (1.2), ta có f(ax + by) = f(ax) + f(by) Điều này dẫn đến bài toán Cauchy với nghiệm là f(x) = cx, trong đó c thuộc R Nếu a + b = 1, thì giá trị f(0) là tùy ý Ta định nghĩa g(x) = f(x) - f(0) Khi đặt x = y = 0, ta có g(0) = f(0) - f(0) = 0 Thay vào phương trình (1.2), ta nhận được g(ax + by) + f(0) = a[g(x) + f(0)] + b[g(y) + f(0)].
Theo kết quả trên thì g(x) =cx, với c ∈ R.
Thử lại thấy f(x) = cx+d thỏa mãn.
Trong bài toán 1.1.3, nếu thay thế giả thiết liên tục trên R của hàm trong phương trình hàm Cauchy bằng các điều kiện khác, lớp hàm nhận được vẫn giữ nguyên không thay đổi.
Bài toán phương trình hàm Cauchy không có điều kiện liên tục
Chứng minh rằng nếu hàm f : R −→ R thỏa mãn phương trình hàm Cauchy f(x+y) = f(x) +f(y),∀x, y ∈ R (1.3) và một trong các điều kiện
1 f liên tục tại một điểm x 0 ∈ R;
2 f bị chặn trên trên một khoảng (a;b);
3 f đơn điệu trên R thì f(x) =ax.
Trước hết ta thấy rằng nếu hàm f : R →R thỏa mãn điều kiện Cauchy f(x+y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R thì f(nx) =nf(x), ∀n ∈ N,∀x ∈ R (1.3a) f(x n) = 1 nf(x), ∀n ∈ N ∗ ,∀x ∈ R (1.3b) và f(rx) = rf(x), ∀r ∈ Q,∀x ∈ R (1.3c) Thật vậy, thay x = y vào (1.3) ta được f(2x) = 2f(x), thì (1.3a) đúng với n = 2.
Giả sử (1.3a) đúng với n = k,∀k ∈ N, k ≥ 2, tức là f(kx) = kf(x), ta sẽ chứng minh (1.3a) đúng với n = k + 1 ta có f((k+ 1)x) =f(kx+x) =kf(x) +f(x) = (k+ 1)f(x) (đúng).
Do đó bằng qui nạp thì biểu thức (1.3a) được chứng minh vớin≥ 2, n ∈ N. Khi đó từ (1.3a) với x = 0 ta có f(0) = f(n.0) = nf(0) Từ đó suy ra f(0) = 0 (1.3d)
Hơn nữa từ (1.3) lấy y = −x và sử dụng f(0) = 0, ta thu được f(x−x) = f(x) +f(−x)
Bởi vậy khi n= −1;−2;−3; , sử dụng (1.3a) và (1.3e) ta có f(nx) =f(−n(−x)) = −nf(−x) = nf(x) (1.3f)
Từ (1.3a) và (1.3f) ta suy ra f(nx) =f(−n(−x)) = −nf(−x) = nf(x),∀n∈ Z (1.3g) Bây giờ ta sẽ chứng minh (1.3b) Đẳng thức (1.3a) kéo theo f(x) =f(n.x n) =nf(x n)
Do đó (1.3b) cũng được chứng minh. Để chứng minh (1.3c), ta kết hợp (1.3a) và (1.3b) ta thu được f(m.x n) = m nf(x), ∀m, n ∈ N, n 6= 0. Đặt r = m n ∈ Q, do đó f(rx) = rf(x), ∀r ∈ Q,∀x ∈ R từ đây ta suy ra f(0) = f(0.0) = 0.f(0) = 0.
Tóm lại, nếu f thỏa mãn Phương trình Cauchy thì ta có (1.3b), (1.3c), (1.3d), (1.3e) (1.3g). a) Ta sẽ chỉ ra rằng với điều kiện đã cho f : R −→ R sẽ liên tục tại mọi x ∈ R, do đó f(x) = ax, (a = f(1)).
Trước hết ta chỉ ra f liên tục tại 0.
Giả sử {x n } là dãy sao cho x n → 0, khi đó (x n +x 0 ) → x 0 Lại do f thỏa mãn Phương trình Cauchy cho nên f(x n +x 0 ) = f(x n ) +f(x 0 ).
Do f liên tục tại x 0 nên f(x 0 ) = lim n→∞f(x n +x 0 ) = lim n→∞f(x n ) +f(x 0 ).
Suy ra n→∞lim f(xn) = 0, mà f(0) = 0 do đó n→∞lim f(x n ) =f(0).
Vậy f là hàm liên tục tại 0.
Bây giờ ta giả sử x ∈ R là số thực tùy ý và x n →x Khi đó x n −x → 0, ta có f(x n −x) = f(x n ) +f(−x) =f(x n )−f(x).
Hàm f liên tục tại 0 và có giới hạn khi n tiến đến vô cùng là f(0) = 0, do đó lim f(xn) khi n → ∞ bằng f(x) Điều này chứng tỏ rằng f: R → R là liên tục tại mọi x ∈ R Theo Bài toán 1, ta có f(x) = ax, với a = f(1) Hơn nữa, nếu f thỏa mãn Phương trình Cauchy và bị chặn trong một khoảng (a, b), thì nó cũng bị chặn trong mọi khoảng (−α, α) với α > 0 tùy ý Để chứng minh điều này, ta xét hàm g(x) = f(x) − f(1)x cho mọi x ∈ R.
Dễ thấy hàm g xác định bởi (1.3h) cũng thỏa mãn Phương trình Cauchy g(x+y) =g(x) +g(y),∀x, y ∈ R. Thật vậy, ta có g(x+y) = f(x+y)−f(1)(x+y)
= g(x) +g(y),∀x, y ∈ R. Suy ra g thỏa mãn (1.3c) Do đó g(r) =g(r.1) = rg(1) = r[f(1)−f(1).1] = 0, tức là g(r) = 0,∀r ∈ Q (1.3i)
Vớix ∈ (−α, α) ta có thể chọn số hữu tỉ r ∈ Q sao cho x+r ∈ (a, b), khi đó g(x) = g(x) +g(r) = g(x+r)
Giả sử hàm số f bị chặn trên khoảng (a, b) với điều kiện f(x + r) ≤ M1 Khi đó, hàm g(x) cũng bị chặn trên khoảng (−α, α) với g(x) ≤ M2 = M1 − f(1)a Ta có f(x) = g(x) + f(1)x ≤ M3 = M2 + f(1)b, với mọi x ∈ (−α, α), chứng tỏ f(x) cũng bị chặn trên khoảng này Đối với x ∈ (−α, α), ta có y = −x ∈ (−α, α), do đó f(x) ≤ M3 Bên cạnh đó, vì f(y) = f(−x) = −f(x) ≤ M3, nên suy ra f(x) ≥ −M3.
Vậy f(x) cũng bị chặn dưới trên (−α, α), tức f bị chặn trên tập (−α, α).
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh f liên tục tại 0, khi đó theo (a) ta được f(x) = ax. Để chứng minh được điều đó ta sẽ chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 1.1 Nếu {x n } ∞ n=1 là một dãy dần tới 0, thì tồn tại một dãy các số hữu tỉ {r n } ∞ n=1 ⊂ Q Sao cho r n → ∞ và n→∞lim x n r n = 0.
Chứng minh Do xn → 0 nên |x n | → 0 Khi đó ta cũng có |x n | 1 2 →
0,|x n | 1 3 →0 và do |x n | → 0nên có thể giả thiết0 < |x n | < 1,∀n ∈ N.
Do tập số hữu tỉ Q trù mật trong R với mỗi n ∈ N, tồn tại r n ∈ Q sao cho
Bây giờ ta tiếp tục giải bài toán (b).
Giả sử {x n } ∞ n=1 là một dãy hội tụ về 0 khi n → ∞ Theo Bổ đề, tồn tại một số r n ∈ Q, với r n → +∞, sao cho x n r n → 0 khi n → ∞ Khi n đủ lớn, ta có x n r n ∈ (−α, α), dẫn đến dãy {|f(x n r n )|} là dãy bị chặn.
Vậy thì n→∞lim f(x n ) = 0 = f(0), tức là f liên tục tại 0 Do đó theo (a) ta có f(x) =ax,∀x ∈ R. c) Giả sử f đơn điệu không giảm, khi đó do (1.3b), (1.3c), (1.3d) với
Do đó f liên tục tại 0, nên từ (a) ta suy ra f(ax) =ax.
Bài toán 2
Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) = f(x).f(y) cho mọi x, y ∈ R là một bài toán đã được nghiên cứu trong tài liệu ([1]) và ([2]) Kết quả của bài toán này cho thấy rằng nghiệm của nó là: f(x) = 0 khi x = y = 0 và f(x) = a^x với a > 0 tùy ý.
Hàm mũ chỉ xác định với cơ số dương, vì vậy nếu miền giá trị của bài toán được giới hạn trong R+, chúng ta có thể tổng quát Bài toán 2 như sau.
Tổng quát Bài toán 2
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm các hàm f : R −→ R + xác định, liên tục trên
R và thỏa mãn điều kiện: f(ax+by) = [f(x)] a [f(y)] b , ∀x, y ∈ R.Giải
Theo giả thiết f(x) > 0,∀x ∈ R nên có thể đặt g(x) = lnf(x).
Bài toán yêu cầu xác định hàm g liên tục trên R, thỏa mãn điều kiện g(ax+by) = ag(x) + bg(y) cho mọi x, y ∈ R Theo cách giải của Bài toán tổng quát, nếu a+b = 1, thì hàm g(x) có dạng g(x) = cx + d, với c, d ∈ R là các số thực tùy ý.
Suy ra f(x) = e cx+d , ∀c, d ∈ R tùy ý. b) Nếu a+b 6= 1 thì g(x) = cx, ∀c, d ∈ R tùy ý.
Bài toán 3
Xác định các hàm f(x) liên tục trên R\{0} và thỏa mãn điều kiện f(x.y) = f(x).f(y) cho mọi x, y ∈ R là một bài toán đã được trình bày trong tài liệu ([1]) và ([2]) Kết quả của bài toán này là các hàm mà chúng ta cần tìm.
−|x| β , ∀x ∈ R − Nhận xét 1.3 Nếu hạn chế miền xác định và miền giá trị của bài toán là R + thì ta có thể tổng quát hóa như sau.
Tổng quát Bài toán 3
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm f : R + −→ R + xác định, liên tục trên R + và thỏa mãn điều kiện f(x a y b ) = [f(x)] a [f(y)] b , ∀x, y ∈ R +
Do x > 0, y > 0nên ta có thể đặt u = lnx, v = lny, khi đó từ giả thiết của bài toán ta được f(e au+bv ) = [f(e u )] a [f(e v )] b , ∀u, v ∈ R.
Ta đặt g(x) = f(e x ) bài toán quy về tìm hàm g : R −→ R + xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(ax+by) = [g(x)] a [g(y)] b , ∀x, y ∈ R.
Sử dụng kết quả củaBài toán tổng quát của Bài toán 2 ta được
Bài toán 4
Xác định các hàm f(x) liên tục trên R\{0} và thỏa mãn điều kiện: f(x.y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R.
Bài toán này đã được trình bày trong tài liệu ([1]) và ([2]), ở đây em chỉ đưa ra kết quả Nghiệm của bài toán là f(x) = bln|x| với b ∈ R tùy ý.
Nhận xét 1.4 Nếu hạn chế miền xác định là R + thì ta có thể tổng quát bài toán như sau.
Tổng quát Bài toán 4
Cho a, b ∈ R\{0} Tìm f : R + −→ R + xác định, liên tục trên R + và thỏa mãn điều kiện f(x a y b ) = af(x) +bf(y), ∀x, y ∈ R +
Do x > 0, y > 0 nên ta có thể đặt e u = x, e v = y,∀u, v ∈ R, khi đó từ giả thiết của bài toán ta được f(e au+bv ) = af(e u ) +bf(e v ), ∀u, v ∈ R.
Ta đặt g(x) = f(e x ) bài toán quy về tìm hàm g : R −→ R + , xác định liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(ax+by) = ag(x) +bg(y), ∀x, y ∈ R.
Sử dụng kết quả của Bài toán tổng quát của Bài toán 1 ta được
2 Nếu a+b 6= 1 thì f(x) =cx+d với c, d ∈ R tùy ý.
Suy ra f(x) = clnx+d với c, d ∈ R tùy ý.
Các ví dụ áp dụng
Dưới đây là các ví dụ áp dụng các Bài toán cơ bản trên.
Ví dụ 1.1 Xác định hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f(x)+f(y)−f(x+y) = √
Do đó (1.1) tương đương với
2 x 2 , do f liên tục trên R nêng cũng liên tục trên
R Khi đó bài toán quy về tìm hàm g liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(x+y) = g(x) +g(y).
Theo kết quả của Bài toán 1, ta có nghiệm là: g(x) =ax, ∀a ∈ R. Vậy khi đó nghiệm của bài toán là f(x) = −
Ví dụ 1.2 (Tổng quát hóa)Xác định các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x) +f(y)−f(x+y) = axy, ∀x, y ∈ R (1.2) Giải
Do đó (1.2) tương đương với
2x 2 , do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R. Khi đó bài toán quy về tìm hàm g liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(x+y) = g(x) +g(y).
Theo kết quả của Bài toán 1, ta có nghiệm là: g(x) = αx, ∀α ∈ R.
Vậy khi đó nghiệm của bài toán là f(x) = −a
Ví dụ 1.3 ( Đề thi hoc sinh giỏi Quốc gia 2006)
Xác định các hàm số f liên tục trên R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn điều kiện f(x−y)f(y−z)f(z−x)+8 = 0, ∀x, y, z ∈ R (1.3) Giải
2) > 0 nên để phương trình trên xảy ra thì f(t) < 0,∀t ∈ R.
Ta đặt g(x) = log 2 (−f(x)) ⇒ f(x) = −2 g(x) , do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R Thay vào phương trình (1.3) ta được g(x−y)+g(y−z)+g(z−x) = 3 (1.3a) Đặt u = x−y;v = y −z ⇒z −x= −u−v, khi đó (1.3a) trở thành g(u) +g(v) +g(−u−v) = 3 (1.3b) Đặt h(x) =g(x)−1 thì (1.3b) trở thành h(u)+h(v) = −h(−u−v) (1.3c)
Cho u = v = 0 thay vào (1.3c) ta được h(0) +h(0) = −h(0) ⇔h(0) = 0 Cho u = x;v = 0 thay vào (1.3c) ta được h(x) +h(0) = −h(−x) ⇔ h(−x) =−h(x).
Vậy h(x) là hàm lẻ và do g liên tục nên h cũng liên tục Do đó phương trình (1.3c) trở thành h(u) +h(v) = h(u+v).
Theo kết quả của Bài toán 1 thì h(x) =ax,∀a ∈ R
Ví dụ 1.4 Xác định các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f[2015f(x) +f(y)] = 2015x+y,∀x, y ∈ R (1.4) ( Đề dự tuyển Olympic.)
Cho x = y thay vào (1.4) ta được f[2016f(x)] = 2016x (1.4a) Đặt u = 2016f(x);v = 2016f(y) thay vào (1.4a) ta được f(u) = 2016x;f(v) = 2016y.
Do đó f[2015f(u)+f(v)] = f(2015.2016x+2016y) (1.4b) Theo giả thiết f[2015f(u)+f(v)] = 2015u+v (1.4c)
Lại thay lần lượt x = 0;y = 0 vào (1.4d) ta được f(2016y) = 2016f(y); và f(2015.2016x) = 2015.2016f(x).
Do đó (1.4d) trở thành f(2015.2016x+2016y) =f(2015.2016x)+f(2016y) (1.4e) Đặt u = 2015.2016x;v = 2016y thay vào (1.4e) ta được f(u+ v) =f(u) +f(v). Đến đây bài toán trở về Bài toán 1 có nghiệm là f(x) = ax,∀a ∈ R.
Ví dụ 1.5 Xác định các hàm số liên tục f : R + −→ R thỏa mãn điều kiện f[ 1 f(xy)] = f(x)f(y), ∀x > 0;y > 0 (1.5) Giải Đặt f(1) = a 6= 0 vì theo (1.5) cho x = y = 1 ta được f[ 1 f(1.1)] = f(1)f(1).
Trong (1.5) thay y = 1 ta được f[ 1 f(x)] = af(x), suy ra f[ 1 f(xy)] = af(xy).
Do đó (1.5) trở thành af(xy) =f(x)f(y)
⇔ f(xy) a = f(x) a f(y) a (1.5a) Đặt g(x) = f(x) a thì g(x) liên tục và (1.5a) trở thành g(xy) = g(x).g(y), ∀x > 0;y > 0. Đến đây theo kết quả Bài toán 3 nghiệm của bài toán là g(x) =x β
Vậy f(x) = ax β Thay vào (1.5) ta có f[ 1 a(xy) β ] = ax β ay β , ∀x > 0;y > 0
⇔ 1 a β (xy) 2β = a.(xy) β ,∀x > 0, y > 0 (1.5b) Cho xy = 1 thay vào (1.5b) ta được a β+1 = 1
1 Nếu a = 1 thì f(x) =x β thay vào (1.5) ta được
2 Nếu β = −1 thì f(x) = a x thay vào (1.5) ta được a
Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = a x,∀x > 0;y > 0;a ∈ R.
Ví dụ 1.6 (Toán học và Tuổi trẻ số 378) Xác định các hàm số f, g, h liên tục và xác định trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) =g(x) +h(y), ∀x, y ∈ R (1.6) Giải
Trong (1.6) lần lượt cho y = 0, x = 0 đặt a = h(0), b = g(0) ta được g(x) = f(x)−a,∀x ∈ R; (1.6a) h(y) =f(y)−b,∀y ∈ R, (1.6b) thay các giá trị từ (1.6a) và (1.6b) vào (1.6) ta được f(x+y) = f(x)−a+f(y)−b
⇔ f(x+ y) =f(x) +f(y)−(a+b),∀x, y ∈ R. Khi đó ta đặt k(x) = f(x)−(a+b) thì bài toán trở thành k(x+y) = k(x) +k(y),∀x, y ∈ R. Đó là bài toán Cauchy có nghiệm là k(x) =cx,∀c ∈ R.
Vậy nghiệm của bài toán là
Ví dụ 1.7 Xác định các hàm số f liên tục và xác định trên R thỏa mãn điều kiện f(x+y) = f(x) +f(y) +f(x)f(y),∀x, y ∈ R (1.7) Giải
Cho x = y = 0 thay vào (1.7) ta được f(0) = 2f(0) +f 2 (0)
Với x 6= 0, y 6= 0 cộng 1 vào 2 vế của (1.7) ta được f(x+y) + 1 = f(x) + 1 +f(y) + 1 +f(x)f(y)−1,∀x, y ∈ R (1.7a) Đặt g(x) =f(x) + 1 ⇔f(x) =g(x)−1 thay lên (1.7a) ta được g(x+ y) =g(x) +g(y) + [g(x)−1][g(y)−1]−1
Bài toán trở về Bài toán 2- Phương trình Cauchy nghiệm của bài toán là g(x) = 0 với x = y = 0 g(x) =a x với x, y 6= 0,∀a > 0.
Vậy nghiệm của bài toán là
Ví dụ 1.8 Tìm tất cả các hàm số f :R →R thỏa mãn các điều kiện sau:
Do đó thay vào biểu thức (1.8) ta được f(x+y) = f(x) + f(y) + 1
Hàm g thỏa mãn điều kiện Cauchy và do f liên tục tại x = 0, nên g cũng liên tục tại x = 0 Do đó, bài toán 1.1.3 có nghiệm là g(x) = ax, với mọi a ∈ R Kết luận, nghiệm của bài toán là f(x) = 1.
Bài toán yêu cầu xác định các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(xf(x)+f(y)) = f^2(x)+y với mọi x, y ∈ R Để giải bài toán này, chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm f(x) là hàm đơn ánh và toàn ánh Bằng cách thay x = 0 vào điều kiện đã cho, ta nhận được phương trình f(f(y)) = y + f^2(0).
Ta thấy vế phải của (1.9a) là toàn ánh nên vế trái của (1.9a) cũng là toàn ánh.
Vậy f là hàm toàn ánh. b) Bây giờ ta sẽ chứng minh f là đơn ánh Theo trên f là toàn ánh nên tồn tại t∈ R sao cho f(t) = 0.
Cho x = 0 và thay y = t vào (1.9a) ta được f(0) = t+f 2 (0).
Cho x = t ⇒f(x) = 0 thay vào (1.9) ta có f(f(y)) = y.
Vì y = t kết hợp với (1.9a) ta có t = f(f(t)) = f(0) = t+ f 2 (0) ⇒ f(0) = 0.
Vậy f là hàm đơn ánh.
Thay f(x) = x vào (1.9) ta được f(xf(x) +f(y)) = x 2 +y
Vì f 2 (x) =x 2 ,∀x ∈ R, khi đó xảy ra hai trường hợp:
1 Nếuf(1) = 1 ⇒x = 1, thay vào (1.9) ta có f(1 +f(y)) = 1 +y bình phương hai vế của đẳng thức lên ta được
2 Nếuf(1) = −1⇒ x = −1, thay vào (1.9) ta có f(−1 +f(y)) = 1 +y bình phương hai vế của đẳng thức lên ta được
⇔f(y) = −y,∀y ∈ R. Vậy hàm số cần tìm là f(x) = x hoặc f(x) = −x với mọi x;y ∈ R.
Ví dụ 1.10 Xác định các hàm số f liên tục và xác định trên R thỏa mãn điều kiện: f(x 2 −f 2 (y)) = xf(x)−y 2 ,∀x, y ∈ R (1.10) Giải
P(u, v) = f(u 2 −f 2 (v)) = uf(u)−v 2 ,∀u, v ∈ R (1.10a) Cho x = 0, y = 0 vào (1.10), ta được f(−f 2 (0)) = 0 (1.10b)
Trước hết ta chứng minh f(y) = 0 thì y = 0, thật vậy Đặt a = −f 2 (0), thì (1.10b) trở thành f(a) = 0.
Thay (u, v) bởi (0, a) vào (1.10a), ta được
Với y = 0 ⇒ f(0) = 0 thay vào (1.10) ta có
⇔f(x 2 ) = xf(x),∀x ∈ R. Nếu f(y) = 0 thì từ (1.10) ta suy ra f(x 2 ) = xf(x)−y 2 ⇒ −y 2 = 0 ⇒y = 0 Vậy f(y) = 0 thì y=0.
P(−x; 0) =f(x 2 ) = −xf(−x),∀x ∈ R. Suy ra xf(x) = −xf(−x),∀x ∈ R nên f(−x) = −f(x),∀x 6= 0 Kết hợp với f(0) = 0 suy ra f(−x) =−f(x),∀x∈ R (1.10d)
Ta chứng minh f toàn ánh Từ (1.10c) suy ra với mọi y ≤ 0 luôn tồn tại x sao cho f(x) =y.
Với y > 0 thì luôn tồn tại x sao cho y = x 2 = −f(−f 2 (x)) = f(f 2 (x)) vậy f toàn ánh.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh f(x) = x,∀x ∈ R.
Từ (1.10) và sử dụng các kết quả ở trên ta suy ra f(x 2 −f 2 (y)) =f(x 2 )−f(−f 2 (y)),∀x, y ∈ R, (1.10e) từ (1.10e) và do f toàn ánh f(x+y) = f(x) +f(y),∀x ≥ 0;y ≥ 0
Sử dụng f(x 2 ) =xf(x),∀x ∈ R Và từ (1.10f) ta được f((x+ 1) 2 ) = (x+ 1)[f(x) +f(1)] = xf(x) +xf(1) +f(x) +f(1) f((x+ 1) 2 ) =f(1 + 2x+x 2 ) = xf(x) + 2f(x) +f(1)
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = x,∀x ∈ R.
Ví dụ 1.11 (Đề thi chọn hoc sinh giỏi Quốc gia 2010) Tìm tất cả các hàm liên tục f : R + −→R + thỏa mãn các điều kiện sau: f[f(xy)−xy]+xf(y)+yf(x) =f(xy)+f(x).f(y),∀x, y > 0 (1.11) Giải
Phương trình (1.11) có thể được viết lại dưới dạng (1.11a) với f[f(xy)−xy]−[f(xy)−xy] = [f(x)−x].[f(y)−y] cho mọi x, y > 0 Đặt f(x)−x = g(x), với g : R + −→ R + là hàm liên tục Khi đó, phương trình (1.11a) trở thành g(g(xy)) = g(x)g(y) cho mọi x, y > 0 (1.11b) Nếu đặt g(1) = a, khi y = 1, ta có g(g(x)) = ag(x) cho mọi x > 0, dẫn đến g(g(xy)) = ag(xy) cho mọi x, y > 0 (1.11c).
Từ (1.11b) và(1.11c) ta có g(x)g(y) =ag(xy). Đặt g(x) a = h(x) ta được h(x)h(y) = h(xy),∀x, y >0.
Bài toán trở về Bài toán 3 nghiệm của bài toán là h(x) =x β ,∀x > 0, khi đó g(x) = ah(x) =a.x β ,∀x > 0.
Vậy nghiệm của bài toán f(x) = x+ g(x) =x+a.x β ,∀x > 0 với a = g(1).
Ví dụ 1.12 ( Theo IMO, 2009) Cho hai hàm số f : R −→ R và g :R −→R thỏa mãn f(x+g(y)) = xf(y)−yf(x) +g(x),∀x, y ∈ R (1.12) Hãy tìm hai hàm f và g.
Ta giả sử hàm tồn tại α ∈ R sao cho g(α) = 0.
Thay y = α vào (1.12) ta được f(x) = xf(α)−αf(x) +g(x)
Thay g(x) lên (1.12) ta được f(x+g(y)) = xf(y)−yf(x) + (α + 1)f(x)−xf(α)
Thay y = α+ 1 vào biểu thức trên ta được f(x+g(α+ 1)) = x[f(α+ 1)−f(α)]. Đặt n = g(α + 1);m = f(α+ 1)−f(α) thay vào biểu thức trên ta được f(x+n) =mx.
Hàm f và g đều là các hàm tuyến tính, với giả thiết f(x) = ax + b và g(x) = cx + d Thay vào phương trình đã cho, ta có biểu thức a[x + (xy + d)] + b = x(ay + b) - y(ax + b) + cx + d.
⇔ ax+acy +ad+b = x(b+c)−by +d đồng nhất hệ số ta có
1 +c d= −c 2 Khi đó f(x) = cx−c 2 c+ 1 và g(x) = cx−c 2 với c ∈ R\{−1}.
Bây giờ ta sẽ chứng minh sự tồn tại của α để g(α) = 0.
Nếu f(0) = 0 ta đặt y = 0 thay vào biểu thức đã cho ta có f(x+g(0)) = g(x).
Do đó ta có thể đặt α = −g(0).
Giả sử f(0) = b ≠ 0, thay x = g(x) vào phương trình, ta có f(g(x) + g(y)) = g(x)f(y) − yf(g(x)) + g(g(x)) Tương tự, với x = g(y), ta có f(g(x) + g(y)) = g(y)f(y) − xf(g(y)) + g(g(y)) Khi thay x = 0 vào phương trình, ta nhận được g(y) = a − by với a = g(0) Đặc biệt, do g là đơn ánh và f là toàn ánh, nên tồn tại c ∈ R sao cho f(c) = 0.
Kết hợp (1.12a) và (1.12b) ta được g(x)f(y)−ay+g(g(x)) = g(y)f(x)−ax+g(g(y)), (1.12c) thay y = c vào (1.12c) ta được g(g(x)) = g(c)f(x)−ax+g(g(c)) +ac = kf(x)−ax+d.
Khi đó (1.12c) trở thành g(x)f(y) +kf(x) =g(y)f(x) +kf(y).
Cho y = 0 ta được g(x)b+ kf(x) = af(x) +kb, từ đó ta có g(x) = a−k b f(x) +k.
Chú ý g(0) = a 6= k = g(c), do g đơn ánh và f toàn ánh vậy g cũng toàn ánh.
Do đó tồn tại α để g(α) = 0.
Vậy hai hàm f và g cần tìm là f(x) = cx−c 2 c+ 1 và g(x) = cx−c 2 với c ∈ R\{−1}.
Ví dụ 1.13 (Đề thi Olympic 2015) yêu cầu tìm tất cả các hàm f: R → R liên tục tại x = 0, thỏa mãn điều kiện f(αx) = f(βx) + x² với |α| ≠ |β| Câu hỏi đặt ra là liệu có tồn tại hàm f nào thỏa mãn các điều kiện trên khi |α| = |β| hay không.
Theo bài ra ta có |α| 6= |β|. a) Giả sử |α| > |β| ta đặt k = β α;y = αx ta có |k| < 1 Thay lên (1.13) ta được f(y) =f(ky) + y 2 α 2 Liên tiếp dùng ý tưởng này, ta được f(y) =f(k n y) + y 2 α 2 n−1
Do f liên tục tại 0 nên cho n → ∞, ta có f(y) = f(0) + y 2 α 2 n−1
⇔ f(y) =f(0) + y 2 α 2 −β 2 b) Nếu |β| > |α| ta đặt k = α β;y = αx ta có |k| < 1 Thay lên (1.13) ta được f(y) =f(ky)− y 2 β 2 Tiếp tục làm tương tự như trên, ta được f(y) = f(0)− y 2 β 2 −α 2 = f(0) + y 2 α 2 −β 2 Nếu |α| = |β| ta xét hai trường hợp sau:
1 Nếu α = β thì không tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện đề bài vì f(αx) =f(αx) + x 2 ,∀x 6= 0 (vô lý).
2 Nếu α = −β thì không tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện đề bài vì f(αx) =f(−αx) +x 2 ,∀x 6= 0 (vô lý).
Vậy nếu |α| = |β|, thì không tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện đề bài
Các bài toán trong Mục 1.2 đều giả thiết tính liên tục, tuy nhiên, theo Bài toán 1.13, chỉ cần giả thiết hàm thỏa mãn một trong ba điều kiện đã được nêu.
Một vài phương pháp giải phương trình hàm
Phương trình hàm là một phần khó khăn trong Giải tích, không có quy tắc chung để giải quyết Để giải các phương trình hàm, người học cần quan sát kỹ và tìm ra các phương án giải quyết sáng tạo Việc giải toán phương trình hàm đòi hỏi tư duy linh hoạt và khả năng áp dụng kiến thức đã học vào các bài toán phức tạp, thường không dựa vào công thức có sẵn, ngoại trừ một số dạng đã được phân loại Dưới đây là một số ý tưởng định hướng mà tôi gọi là phương pháp giải cho các phương trình hàm.
Có nhiều phương pháp để giải Phương trình hàm, nhưng do giới hạn dung lượng của luận văn, tôi chỉ giới thiệu một số phương pháp cơ bản.
Phương pháp đặt ẩn phụ
Phương trình dạng: f (α(x)) = g(x)
Trong phương trình, α(x) và g(x) là các hàm số đã biết xác định trên R Chúng ta thường đặt t = α(x) và tìm cách giải x = h(t) Khi thế vào phương trình đã cho, ta có f(t) = g(h(t)) với ∀t ∈ R.
Từ đó ta được phương trình hàm cần tìm là f(x) =g(h(x)).
Tuy nhiên, không phải lúc nào bài toán cũng đơn giản và dễ giải quyết Thường thì cần sử dụng các phép biến đổi để chuyển đổi phương trình thành dạng f(α(x)) = h(α(x)), với mọi x thuộc R.
Và từ đó hàm cần tìm có dạng f(x) = h(x).
Hàm số f(x) tìm được phải thử lại trực tiếp các yêu cầu của đề bài xem có thỏa mãn không rồi mới kết luận là nghiệm của phương trình.
Các ví dụ
Ví dụ 2.1 (Vô địch Hàn Quốc 1999) Cho hàm f thỏa mãn điều kiện f(x−3 x+ 1)+f(x+ 3
1−x) = x,∀x 6= 1 (2.1) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên.
Khi đó phương trình (2.1) đã cho được viết lại thành f(t) +f(t−3
Khi đó phương trình (2.1) đã cho được viết lại thành f(t+ 3
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 4x
Ví dụ 2.2 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R −→ R thỏa mãn các điều kiện sau: f(x+ 1 x−1) =x+ 3,∀x ∈ R, x 6= 1 (2.2) Giải Đặt t= x+ 1 x−1 ⇒ x = t+ 1 t−1 vì x 6= 1 ⇒t 6= 1, thay vào (2.2) ta được f(t) = t+ 1 t−1 + 3,∀t ∈ R, t 6= 1 hay f(x) = x+ 1 x−1 + 3,∀x ∈ R, x 6= 1.
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = x+ 1 x−1 + 3,∀x ∈ R, x 6= 1.
Ví dụ 2.3 Xác định tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x+1 x) = x 3 + 1 x 3 ,∀x ∈ R, x 6= 0 (2.3) Giải
Khi đó (2.3) trở thành f(x+ 1 x) = (x+ 1 x) 3 −3(x+ 1 x). Đặt t = x+ 1 x Thay vào (2.3) ta được f(t) = t 3 −3t,∀t ∈ R, hay f(x) =x 3 −3x,∀x ∈ R, x 6= 0.
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) =x 3 −3x,∀x ∈ R, x 6= 0.
Ví dụ 2.4 (Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia 2000) Tìm tất cả các hàm liên tục f thỏa mãn các điều kiện sau: x 2 f(x) +f(1−x) = 2x−x 4 ,∀x ∈ R (2.4)Giải Đặt t= 1−x ⇒x = 1−t Thay vào (2.4) ta được
(1−t) 2 f(1−t) +f(t) = 2(1−t)−(1−t) 4 ,∀t∈ R hay (1−x) 2 f(1−x) + f(x) = 2(1−x)−(1−x) 4 ,∀x ∈ R (2.4a) Mặt khác từ (2.4) suy ra f(1−x) = 2x−x 4 −x 2 f(x) (2.4b) Thay (2.4b) vào (2.4a) ta được
Xét hai trường hợp của phương trình: a) Nếu \( x \neq x_1 \) và \( x \neq x_2 \), nghiệm của phương trình là \( f(x) = 1 - x^2 \), trong đó \( x_1 \) và \( x_2 \) là nghiệm của phương trình \( x^2 - x - 1 = 0 \) b) Nếu \( x = x_1 \) và \( x = x_2 \), theo định lý Vi-ét, ta có \( x_1 + x_2 = 1 \) và \( x_1 \cdot x_2 = -1 \) Thay lần lượt \( x = x_1 \) và \( x = x_2 \) vào phương trình và kết hợp với các hệ số từ định lý Vi-ét, ta nhận được các phương trình: \( x_1^2 \cdot f(x_1) + f(1 - x_1) = 2x_1 - x_1^4 \) và \( x_2^2 \cdot f(x_2) + f(1 - x_2) = 2x_2 - x_2^4 \).
Vì x 2 1 x 2 2 −1 = 0 nên vế trái của (2.4d) và (2.4e) bằng 0, còn vế phải của chúng thì khác 0.
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1−x 2 ,∀x 6= x 1 , x 6= x 2
Ví dụ 2.5 Xác định tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x−1 x ) + 2f(1 x) =x,∀x ∈ R, x 6= 0, x 6= 1 (2.5) Giải
Ta có (2.5) tương đương với đẳng thức sau f(1− 1 x) + 2f(1 x) = x. Đặt t = 1− 1 x ⇒ x = 1
1−t vì x 6= 0, x 6= 1 ⇒ t 6= 0, t 6= 1 thế vào đẳng thức trên ta được f(t) + 2f(1−t) = 1
1−x,∀x ∈ R, x 6= 0, x 6= 1 (2.5a) Đặt u = 1ưx ⇒ x= 1ưu vì x 6= 0, x 6= 1 ⇒ u 6= 0, u 6= 1 thế vào đẳng thức (2.5a) ta được f(1ưu) + 2f(u) = 1 u,∀u ∈ R, u 6= 0, u 6= 1 hay f(1−x) + 2f(x) = 1 x,∀x ∈ R, x 6= 0, x 6= 1
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 2−3x
Ví dụ 2.6 Tìm tất cả các hàm f xác định trên R và thỏa mãn điều kiện sau: f(x) +xf(−x) =x+ 1,∀x ∈ R (2.6) Giải
Ta đặt t= −x ⇒ x = −t thế vào (2.6) ta được f(−t)−tf(t) = −t+ 1,∀t ∈ R, hay f(−x)−xf(x) =−x+ 1,∀x ∈ R
⇔ f(−x) = −x+ 1 +xf(x) (2.6a) Thế (2.6a) vào (2.6) ta được f(x) + x[−x+ 1 +xf(x)] = x+ 1
⇔f(x) = 1 (vì x 2 + 1 6= 0.) Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1,∀x ∈ R.
Ví dụ 2.7 Tìm các hàm f : R\{0} −→ R + xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện
Ta đặt t= 1 x ⇒ x = 1 t vì x 6= 0 ⇒ t6= 0 thế vào (2.7) ta được tf(−1 t ) + f(t) = 1 t, hay xf(−1 x )+f(x) = 1 x,∀x 6= 0 (2.7a) Đặt u = −1 x ⇒x = −1 u vì x 6= 0 ⇒ u 6= 0, thế vào (2.7a) ta được
Thế (2.7b) vào (2.7a) ta được x[−x+ 1 xf(x)] +f(x) = 1 x
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1 +x 3
Phương pháp đưa về hệ phương trình
Phương trình dạng: a(x)f (x) + b(x)f (g(x)) = c(x) 40
Trong bài viết này, các hàm a(x), b(x), c(x) và g(x) được xác định là các hàm đã biết Giả sử tập xác định của hàm f(x) là D f Đối với mỗi x thuộc D f, ta xem xét dãy xác định bởi x1 = x, x2 = g(x1), và tiếp tục với xn+1 = g(xn) cho mọi n thuộc N* Dãy {xn} từ n=0 đến vô hạn được gọi là tuần hoàn nếu tồn tại một k thuộc N* sao cho xn+k = xn cho mọi n thuộc N*.
Chu kỳ cơ sở (hay chu kỳ) của dãy {x n } là số nguyên dương k nhỏ nhất để dãy thỏa mãn điều kiện nhất định Nếu dãy {x n } ∞ n=0 được xác định theo cách này, nó được gọi là dãy tuần hoàn với chu kỳ k.
Ta sẽ đưa phương trình hàm dạng nói trên về hệ k phương trình cơ bản.Giải hệ này ta tìm được hàm f(x).
Các ví dụ
Ví dụ 2.8 Giải phương trình hàm sau f(x)+f(x−1 x ) = x+1,∀x 6= 0;x 6= 1 (2.8) Giải Đặt g(x) = x−1 x Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.8) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x1) ta được f(x 1 ) = 1 +x1 −x2 +x3
Do x 1 = x ∈ R\{0; 1} là tùy ý, nên nghiệm của bài toán là f(x) = 1
Thử hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 1
Ví dụ 2.9 Giải phương trình hàm sau xf(x) + 2f(x−1 x+ 1) = 1,∀x6= 0;x 6= ±1 (2.9)
Giải Đặt g(x) = x−1 x+ 1 Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 5 = x 1+4 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 4 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 từ (2.9) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x1) ta được f(x 1 ) = x 2 x 3 x 4 −2x 3 x 4 + 4x 4 −8 x 1 x 2 x 3 x 4 −16 , với x1, x2, x3, x4 ta biểu diễn ở trên thay vào ta có: f(x) = 4x 2 −x+ 1
5x(1−x) ,∀x 6= 0;x 6= ±1. a) Cho x = 0 thay lên(2.9) ta được
2. b) Cho x = 1 thay lên(2.9) ta được f(1) + 2f(0) = 1. Đặt a = f(0), do đó f(1) = 1−2a.
Thử hàm các hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x)
Chú ý 2.1 Trong một số trường hợp ta gặp phải những phương trình dạng a(x)f(h(x)) +b(x)f(g(x)) = c(x) (∗)
Để giải phương trình với các hàm a(x), b(x), c(x), g(x) và h(x) đã biết, ta có thể đặt t = h(x) hoặc t = g(x) tùy thuộc vào phương trình nào dễ dàng suy ra biểu thức nghiệm Mục tiêu là đưa phương trình về dạng a1(t)f(t) + b1(t)f(g1(t)) = c1(t) và tiếp tục phân tích dãy đã có Nếu dãy nhận được là dãy tuần hoàn, ta sẽ áp dụng phương pháp đã trình bày để giải quyết phương trình và tìm ra hàm f(x) cần thiết.
Ví dụ 2.10 Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa mãn các điều kiện sau:
1−x Giả sử x ∈ R\{0;±1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 5 = x 1+4 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 4 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 từ (2.10a) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x 1 ) = 8x 1 x 2 x 3 + 4x 1 x 2 +x 1 + 1
1−16x 1 x 2 x 3 x 4 , với x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ta biểu diễn ở trên thay vào ta có: f(x) = 2x 2 −3x−7
15(x−1) ,∀x 6= 0;x 6= ±1. a) Cho x = 1 thay vào (2.10) ta được
Thử hàm các hàm f(x) vừa tìm được lên các điều kiện của đề bài ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là f(x)
1−2a nếu x= −1 b nếu x= 1 với a, b bất kỳ.
Ví dụ 2.11 ( Đề thi vô địch Hàn Quốc 1999) Cho hàm f thỏa mãn điều kiện f(x−3 x+ 1) +f(x+ 3
1−x) =x,∀|x| 6= 1 (2.11) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên.
Bài toán này có thể được giải bằng phương pháp lập hệ phương trình Để thực hiện, ta đặt t = (x−3)/(x+1), từ đó suy ra x = t + 3.
1−x,∀|x| 6= 1 (2.11a) Đặt g(x) = x−3 x+ 1 Giả sử x ∈ R\{±1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.11a) thu được hệ phương trình
1−x 3 Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x1) = 1
1−x 3 ), theo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = 1
Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 4x
Chú ý 2.2 1 Nếu dãy {x n } ∞ n=0 tuần hoàn với chu kỳ 2, ta nên sử dụng đặt ẩn phụ.
2 Nếu dãy tuần hoàn với chu kỳ k ≥3 thì ta nên sử dụng phương pháp đưa về hệ phương trình.
Ví dụ 2.12 Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau:
2x.f(x)+f(x−1 x+ 1) = x+1,∀x 6= 0, x 6= ±1 (2.12) Giải Đặt g(x) = x−1 x+ 1 Giả sử x ∈ R\{0;±1} ta xét dãy x1 = x;x2 = g(x1); ;xn+1 = g(xn),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 5 = x 1+4 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 4 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 từ (2.12) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x 1 ) = 8x1x2x3x4 + 4x2x3x4 −2x3x4 +x4 −1
16x 1 x 2 x 3 x 4 −1 , vheo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = −2x 2 + 2x+ 2
5x(1−x) ,∀x 6= 0;|x| 6= 1. a) Cho x = 0 thay lên (2.12) ta có f(−1) = 1. b) Cho x = 1 thay lên (2.12) ta có f(0) + 2f(1) = 2. Đặt f(0) = a ⇒ f(1) = 2−a
2 Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x)
Ví dụ 2.13 Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x) +f( 1
1−x ⇒ x = t−1 t vì x 6= 0;x 6= 1 ⇒ t 6= 0;t 6= 1 Khi đó (2.13) trở thành f(t−1 t ) +f(t) = 2t(2−t) t−1 ,∀t 6= 0;t 6= 1, hay f(x−1 x )+f(x) = 2x(2−x) x−1 ,∀x 6= 0, x 6= 1 (2.13a) Đặt g(x) = x−1 x Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.13a) ta thu được hệ phương trình
f(x 1 ) + f(x 2 ) = 2x1(2−x1) x 1 −1 f(x 2 ) + f(x 3 ) = 2x 2 (2−x 2 ) x2 −1 f(x3) + f(x1) = 2x 3 (2−x 3 ) x 3 −1 Giải hệ này với ẩn là f(x1) ta được f(x 1 ) = 1
2[2x 1 (2−x 1 ) x 1 −1 − 2x 2 (2−x 2 ) x 2 −1 + 2x 3 (2−x 3 ) x 3 −1 ], theo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = x(2−x) x−1 − x−1 x (2− x−1 x ) x−1 x −1
Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = x+ 1 x−1,∀x 6= 0, x 6= 1.
Ví dụ 2.14 Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn các điều kiện sau: f(x)+ 1
1−x ⇒ x = t−1 t vì x 6= 0;x 6= 1 ⇒ t 6= 0;t 6= 1 Khi đó (2.14) trở thành f(t−1 t ) + t
2(x−1)f(x) = 1,∀x 6= 0, x 6= 1 (2.14a) Đặt g(x) = x−1 x Giả sử x ∈ R\{0; 1} ta xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Như vậy ta có x 1 = x 4 = x 1+3 Do đó {x n } ∞ n=0 là một dãy tuần hoàn với chu kỳ 3 Thay thế x lần lượt bởi x 1 , x 2 , x 3 từ (2.14a) ta thu được hệ phương trình
Giải hệ này với ẩn là f(x 1 ) ta được f(x 1 ) x 2 x 3 4(x 2 −1)(x 3 −1) − x 3
, theo cách xác định x 1 , x 2 , x 3 ở trên ta có f(x) = 6x−2
Thử lại thấy hàm f(x) thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy nghiệm của phương trình là f(x) = 6x−2
Phương pháp chuyển qua giới hạn
Các ví dụ
Ví dụ 2.15 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: f(4x)+f(9x) = 2f(6x),∀x ∈ R (2.15) Giải
6 thì phương trình (2.15) tương đương với phương trình sau f(2x
2 ), khi đó g(0) = 0 Do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R, ta có g(2x
3 )−f(x) kết hợp với (2.15a) ta được g(2x
Cố định x ∈ R Xét dãy xác định bởi x 1 = x;x 2 = h(x 1 ); ;x n+1 = h(x n ),∀n ∈ N ∗ , với h(x) = 2x
3 Bằng quy nạp ta tính được x n = (2
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x1 = x;q = 2
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.15b) ta thu được g(x 1 ) = g(x) =g(2x
Lặp lại suy luận trên, ta được f(x) = f(0).
Vậy f(x) =a với a là số tùy ý a = f(0).
Thử lại ta thấy f(x) = a thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = a với a = f(0).
Ví dụ 2.16 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: f(x)+f(x
3 và xét dãy x1 = x;x2 = g(x1); ;xn+1 = g(xn),∀n ∈ N ∗ (2.16a) Bằng quy nạp ta tính được xn = x
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x 1 = x;q = 1
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.16a) ta thu được
Để giải hệ phương trình, ta thực hiện phép trừ phương trình đầu tiên với phương trình thứ hai và cộng với phương trình thứ ba, tiếp tục quy trình này cho đến phương trình cuối cùng Kết quả cuối cùng cho thấy rằng f(x₁) + (−1)ⁿ f(xₙ) = 1.
Vì hàm f liên tục và f(0) = 0 ta lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim(f(x 1 ) + (−1) n f(x n ) = lim n→∞(1
8x,∀x ∈ R Thử lại ta thấyf(x) thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = 1
Ví dụ 2.17 ( Bài toán tổng quát) Tìm tất cả các hàmf xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: af(x)+f(bx) = cx,∀x ∈ R (2.17) với a, b, c ∈ R,0< b < 1;a > 1
Xét x ∈ R tùy ý và định nghĩa g(x) = bx, ta xây dựng dãy số x₁ = x, x₂ = g(x₁), , xₙ₊₁ = g(xₙ) cho mọi n ∈ N* Qua quy nạp, ta có xₙ = bⁿ⁻¹x Điều này cho thấy dãy {xₙ} là một cấp số nhân lùi vô hạn với x₁ = x và công bội q = b (với 0 < q < 1), do đó lim xₙ = 0.
Thay x lần lượt bởi x1, x2, , x n−1 từ (2.17a) ta thu được
Để giải hệ phương trình af(x 1 ) + f(x 2 ) = cx 1, af(x 2 ) + f(x 3 ) = cx 2, , af(x n−1 ) + f(x n ) = cx n−1, ta bắt đầu bằng cách nhân phương trình đầu với a và sau đó trừ đi phương trình thứ hai Tiếp tục áp dụng phương pháp khử, ta có được kết quả cuối cùng là a n−1 f(x 1 ) + (−1) n−2 f(x n ) = c(a n−2 x 1 − a n−3 x 2 + a n−4 x 3 + + (−1) n−2 x n−1 ).
Biểu thức cx(a n−2 −a n−3 b+a n−4 b 2 −a n−5 b 3 + +(−1) n−2 b n−2 ) thể hiện một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội q = −b/a và số hạng đầu là x 1 = a n−2 Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân, ta có a n−1 f(x 1 ) + (−1) n−2 f(x n ) = a n−2 cx.
Vì hàm f liên tục và từ (2.17) ta có f(0) = 0 và |q| = |−b a | < 1 lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim a n−1 f(x 1 ) + (−1) n−2 f(x n ) = lim n→∞a n−1 cx
1−(−b a ) n−1 b+ a f(x1) = c b+ ax1,∀x1 ∈ R, hay f(x) = c b+ ax,∀x ∈ R. Thử lại ta thấy f(x) = a thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = c b+ ax,∀x ∈ R.
Ví dụ 2.18 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau:
Bằng quy nạp ta tính được x n = (1
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x 1 = x và công bội q = 1
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.18a) ta thu được
Bằng phương pháp thế ta thế từ phương trình thứ n−1 dần lên phương trình (1) ta sẽ thu được f(x1) = 1
Vì hàm f liên tục và từ (2.18) ta có f(0) = 0 lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim f(x 1 ) = lim n→∞( 1
Do x 1 = x được lấy tùy ý, nên f(x) = x
8,∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm f vừa tìm được thỏa mãn để bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = x
Ví dụ 2.19 (Bài toán tổng quát) Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện sau: f(x) + af(bx) = c,∀x ∈ R (2.19) Với a, b, c ∈ R, a;b > 1
Thay x bởi x b và từ (2.19) ta được f(x) = c a−1 af(x b),∀x ∈ R (2.19a)
Lấy x ∈ R tùy ý Đặt g(x) = x b và xét dãy x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Bằng quy nạp ta tính được xn = x b n−1
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x 1 = x và công bội q = 1 b,(0 < q < 1) nên limx n = 0.
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.19a) ta thu được
Bằng phương pháp thế ta thế từ phương trình thứ n−1 dần lên phương trình (1) ta sẽ thu được f(x 1 ) = (−1) n−1 a n−1 f(x n ) + c a − c a 2 + + (−1) n−1 c a n−1
Vì hàm f liên tục và từ (2.19) ta có f(0) = 0 Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim f(x 1 ) = lim n→∞((−1) n−1 a n−1 f(x n ) + c a+ 1[1−(1 a) n−1 ]).
Ta được f(x 1 ) = c a+ 1,∀x 1 ∈ R, hay f(x) = c a+ 1,∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm f vừa tìm được thỏa mãn để bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = c a+ 1,∀x ∈ R.
Tìm tất cả các hàm f : R −→ R thỏa mãn điều kiện f(x 2 ) + f(x) = x 2 + x, ∀x ∈ R Đặt g(x) = f(x) − x, với f(x) liên tục trên R, g(x) cũng sẽ liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện g(x 2 ) + g(x) = 0, ∀x ∈ R.
Từ (2.20a) a) Cho x = 0 ta được 2g(0) = 0 ⇔g(0) = 0. b) Cho x = 1 ta được 2g(1) = 0⇔ g(1) = 0.
Mặt khác, từ (2.20a) ta có g(−x) =−g((−x) 2 ) =−g(x 2 ) = g(x),∀x ∈ R.
Vậy g(x) là hàm chẵn Ta lại có g(x) =−g(x 2 ) = g(x 4 ),∀x > 0 (2.20b)
Với mỗi a > 0 ta xác định dãy x 1 = a;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n∈ N ∗ , trong đó g(x) =x 1 4 Ta được x n = a 4n 1 ⇒limx n = 1.
Từ (2.20c) và theo cách xác định dãy ta được g(a) = g(x1) = g(x 1 4 ) = g(x2) =g(x
3) = = g(xn). Cho n → ∞ và do tính liên tục của hàm g, ta được g(a) =g(1) = 0.
Do a >0 và tùy ý nên g(x) = 0,∀x > 0 Hơn nữa do g(0) = 0 và do g là hàm chẵn nên ta được g(0) = 0,∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán nên nghiệm của bài toán là f(x) = x,∀x ∈ R.
Nhận xét 2.1 1 Phương pháp chuyển qua giới hạn thường được vận dụng trong bài toán Phương trình hàm có kèm thêm giả thiết hàm cần tìm liên tục.
2 Một cách tổng quát khi xét Phương trình hàm dạng a(x)f(x) +b(x)f(g(x)) = c(x), trong đó a(x), b(x), c(x) và g(x) là những hàm số đã biết Giả sử miền xác định của f là D f thì với mỗi x ∈ D f ta xác định được dãy {x n } ∞ n=1 cho bởi x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
(a) Nếu {x n } là dãy tuần hoàn thì nên sử dụng phương pháp đưa về hệ phương trình để giải bài toán.
(b) Nếu {x n } là dãy hội tụ thì nên sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn để giải bài toán.
3 Dấu hiệu sau đây cho ta Điều kiện đủ để dãy {x n } được xác định như trên hội tụ.
Nếu g(x) khả vi liên tục trên [a;b] và |g(x)| ≤ q < 1,∀x ∈ [a;b] thì quá trình lặp sẽ hội tụ.
Ví dụ 2.21 (Báo Toán học và Tuổi trẻ số 342) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện: f(2016x−f(y)) = f(2015x)−f(y),∀x, y ∈ R (2.21) Giải
Từ (2.21) ta cho x = y = 0 ta được f(−f(0)) = 0.
Tiếp tục thayx = t, y = −f(0)vào (2.21) và sử dụng đẳng thứcf(−f(0)) 0 ta được f(2016t) =f(2015t),∀t∈ R, hay f(x) =f(2015
2016x, ta xác định được dãy {x n } ∞ n=1 cho bởi x 1 = x;x 2 = h(x 1 ); ;x n+1 = h(x n ),∀n ∈ N ∗ Đặt x = 2015
Lặp lại lập luận trên n lần ta được f(x) = f((2015
Theo giả thiết hàm số f liên tục trên R, khi n tiến tới vô cùng, ta có f(x) = f(0) với mọi x thuộc R, dẫn đến f(x) = c với c là một hằng số trong R Kiểm tra lại cho thấy hàm này thỏa mãn các điều kiện đề bài, do đó nghiệm của bài toán là f(x) = c với mọi x thuộc R, c ∈ R.
Ví dụ 2.22 Tìm tất cả các hàm f xác định, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện: f(x)+f(2x
Bằng quy nạp ta tính được x n = (2
Từ đây ta thấy rằng {x n } là một cấp số nhân lùi vô hạn với x1 = x;q = 2
Thay x lần lượt bởi x 1 , x 2 , , x n−1 từ (2.22) ta thu được
Để giải hệ phương trình, ta thực hiện phép trừ phương trình đầu tiên với phương trình thứ hai và cộng với phương trình thứ ba, tiếp tục như vậy cho đến phương trình cuối cùng Kết quả cho thấy f(x₁) + (−1)ⁿ f(xₙ) = 3.
Vì hàm f liên tục và f(0) = 0 ta lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức trên ta có n→∞lim(f(x 1 ) + (−1) n f(x n ) = lim n→∞
25x,∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = 9
Ví dụ 2.23 (Đề thi học sinh giỏi khối chuyên Đại học Vinh 2008- 2009)
Tìm tất cả các hàm f xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(x 3 ) + x 2 = 1 + x 2 f(x) với mọi x ∈ R Đầu tiên, khi thay x = 0 vào điều kiện, ta có f(0) = 1 Tiếp theo, với x khác 0, điều kiện trên tương đương với f(x 3 ) - 1 = x 2 f(x) - x 2.
Chia cả hai vế của (2.23a) cho x^3, ta có f(x^3) - 1/x^3 = f(x) - 1/x Đặt g(x) = f(x) - 1/x, thì g(x) cũng là hàm liên tục với mọi x ≠ 0 do f(x) liên tục Khi đó, (2.23b) trở thành g(x) = g(x^3) Đặt t = x^3, suy ra x = t^(1/3), từ (2.23c) ta có g(t^(1/3)) = g(t) với mọi t ∈ R, hay g(x) = g(x^(1/3)) với mọi x ∈ R.
Ta xét dãy xác định bởi x 1 = x;x 2 = g(x 1 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n ∈ N ∗
Bằng quy nạp ta tính được x n = x 3n 1 ⇒limx n = 1.
Từ (2.23d) và theo cách xác định dãy, ta được g(x) =g(x 1 ) =g(x
Cho n → ∞ và do tính liên tục của hàm g, ta được n→∞lim g(x) = lim n→∞g(x n ) n→∞lim g(x) =g( lim n→∞(x n ))
Thử lại thấy hàm f(x) vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu đề bài Vậy hàm f(x) cần tìm là f(x) =ax+ 1 với a là số thực tùy ý.
Ví dụ 2.24 (Đề thi Olympic Toán Bugari vòng 3, 1997)
Tìm tất cả các hàm f : R + −→ R thỏa mãn điều kiện f(x) = f(x 2 + 1
Với bất kỳ a ∈ [0;∞), ta xét hai trường hợp sau:
4 xét dãy {x n } được xác định bởi x 0 = a, x 1 = g(x 0 );x 3 = g(x 2 ); ;x n+1 = g(x n ),∀n∈ N.
Sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta được f(a) = f(1
4 xét dãy {x n } được xác định bởi x0 = a, x1 = g(x0);x2 = g(x1); ;xn+1 = g(xn),∀n∈ N.
Sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta được f(a) = f(1
Thử lại hàm số vừa tìm thỏa mãn các yêu cầu của đề bài Vậy hàm số cần tìm là f(x) = f(1
Ví dụ 2.25 ( Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia 2002) Cho hàm số g(x) = 2x
1 +x 2 Hãy tìm tất cả các hàm số f xác định và liên tục trên (−1; 1) và thỏa mãn hệ thức
Dễ thấy hàm f 0 liên tục không âm trên khoảng (−1; 1) và ta có
Hàm f 0 là một nghiệm cần tìm cho phương trình 1−x² = (1 + x²)² f 0(x) Để tìm tất cả các hàm số thỏa mãn bài toán, ta đặt h(x) = f(x) f 0(x) = (1−x²)f(x) với ∀x ∈ (−1; 1) Vì f liên tục trên khoảng (−1; 1), nên h(x) cũng là hàm liên tục trên khoảng này Đồng thời, ta có h(g(x)) = f(g(x)) f 0(g(x)) = f(g(x)).
Lấy a ∈ (−1; 1), xây dựng dãy {x n } như sau x0 = a;x1 = g(x0);x2 = g(x1); xn+1 = g(xn),∀n∈ N, cho n→ ∞ ta có limx n = 0 và h(xn) =h(x n−1 ) = = h(x1) = h(x0) = h(a).
Sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta tìm được h(x) =c với c là hằng số tùy ý thuộc R.
Từ đó ta suy ra hám số cần tìm là f(x) = c
Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn yêu cầu đề bài Vậy hàm số cần tìm là f(x) = c
1−x 2 với c là hằng số tùy ý thuộc R.
Ví dụ 2.26 Tìm tất cả các hàm số f xác định và liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f(x 2 )−f(x) = x(x−1),∀x ∈ R (2.26) Giải
Ta có (2.26) tương đương với đẳng thức sau f(x 2 )−x 2 = f(x)−x,∀x ∈ R (2.26a) Đặt g(x) = f(x)−x, do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R, khi đó (2.26a) trở thành g(x 2 ) =g(x),∀x ∈ R.
Mặt khác g(−x) =g((−x) 2 ) =g(x 2 ) = g(x),∀x∈ R, vậy g(x) là hàm chẵn trên R Ta lại có g(x) = g(x 2 ) = g(x 4 ),∀x > 0 (2.26b)
Từ (2.26b) ta có g(t) =g(t 1 4 ), hay g(x) =g(x 1 4 ) (2.26c) với mỗi a > 0 ta xác định dãy x 1 = a;x 2 = h(x 1 ); ;x n+1 = h(x n ),∀n ∈ N ∗ , trong đó h(x) = x 1 4 Ta được x n = a 4n 1 ⇒ limx n = 1.
Từ (2.26c) và theo cách xác định dãy ta được g(a) = g(x 1 ) = g(x
3) = = g(x n ). Cho n → ∞ và do tính liên tục của hàm g, ta được g(a) =g(1) = c.
Do a >0 và tùy ý nên g(x) = 0,∀x > 0 Hơn nữa do g(0) = 0 và do g là hàm chẵn nên ta được g(0) = 0,∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán nên nghiệm của bài toán là f(x) =x+c,∀x∈ R với c ∈ R tùy ý.
Phương trình hàm với miền xác định là tập các số tự nhiên
Trong lĩnh vực phương trình hàm, có một loại phương trình đặc biệt với miền xác định là tập hợp các số tự nhiên, tức là các hàm f: N → R Đối với các giá trị f(n) thuộc R và n thuộc N, chúng ta ký hiệu un = f(n) với n thuộc N.
Dãy số quen thuộc {u_n} ∞ n=0 đã được định nghĩa và khảo sát, do đó, việc tìm hàm f: N −→ R trở thành nhiệm vụ xác định số hạng tổng quát của dãy u_n = f(n), với n ∈ N Bằng cách sử dụng ký hiệu dãy số, chúng ta có thể áp dụng các kết quả đã biết để nghiên cứu và tìm nghiệm cho các hàm số f(n), n ∈ N, bao gồm các dạng như cấp số cộng và cấp số nhân.
1 Nếu các giá trị {f(n)} ∞ n=0 lập thành một cấp số cộng thì ta sẽ được nghiệm là f(n) = u 0 +nd, n ≥1, ở đây u 0 = f(0), còn d là công sai của cấp số cộng.
2 Nếu {f(n)} ∞ n=0 lập thành một cấp số nhân thì ta sẽ được nghiệm là f(n) = u 0 q n , n ≥1, ở đây u 0 = f(0), còn q là công bội của cấp số nhân.
Ta cũng chú ý rằng các phương trình hàm dù là cấp số cộng, hay cấp số nhân thì giá trị tổng quát u n = f(n) đều được tính qua u 0 = f(0).
Khi làm việc với cấp số, chúng ta có thể áp dụng phương trình đặc trưng Tuy nhiên, có những dãy hàm {f(n)} ∞ n=0 không thuộc loại cấp số cộng hay cấp số nhân, và không thể chuyển đổi về cấp số, cũng như không áp dụng được kiến thức về phương trình đặc trưng Do đó, bên cạnh những phương pháp đã đề cập, cần có những phương pháp riêng để giải quyết các phương trình hàm với miền xác định là tập số tự nhiên Trong chương này, chúng ta sẽ khảo sát các dạng phương trình này một cách chi tiết Để thuận tiện cho việc trình bày, chúng ta sẽ sử dụng một ký hiệu nhất định.
N = {0; 1; 2; 3 },N ∗ = {1; 2; 3 }, và để phù hợp với các ký hiệu truyền thống ta viết u n = f(n), n ∈ N hoặc
Tìm công thức tổng quát của dãy số bằng cách đưa về cấp số 70
Trước hết ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 3.1 Xác định giá trị tổng quát u n của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = −1 u n = 5u n−1 + 1
Dãy {u n } ∞ n=0 trong ví dụ này không phải là cấp số cộng hay cấp số nhân, vì vậy để áp dụng công thức tổng quát của cấp số, chúng ta cần chuyển đổi nó về dạng cấp số.
Trong biểu thức thứ (2) của bài toán, nếu loại bỏ số 1, dãy {u n } ∞ n=0 sẽ trở thành một cấp số nhân với công bội q = 5 Do đó, để chuyển đổi thành cấp số nhân, cần tìm cách khử số 1 ở vế phải của (2).
Ta sẽ tìm số s ∈ R sao cho u n −s = 5(u n−1 −s), n ∈ N.
4 Biểu thức trên trở thành vn = 5vn−1
Vậy {v n } ∞ n=0 là cấp số nhân có công bội q = 5, số hạng đầu là v 0 = u 0 + 1
4 , n ∈ N. Vậy số hạng tổng quát cần tìm là u n = v n + −1
Ví dụ 3.1 có thể tổng quát hóa như sau
Ví dụ 3.2 (Bài toán tổng quát) Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = a u n = αu n−1 +β, n ≥ 1(α, β 6= 0) Giải
Vẫn ý tưởng của ví dụ 3.1 ta chia bài toán thành 2 trường hợp
1 Với α = 1 thì dãy {u n } ∞ n=0 là cấp số cộng có công sai là d = β và số hạng đầu là u 0 = a.
Khi đó số hạng tổng quát là u n = a+n.β, n ∈ N,∀a, β ∈ R,(β 6= 0).
2 Với α 6= 1 sẽ đi tìm số s ∈ R sao cho dãy đã cho trở thành cấp số nhân u n −s = α(u n−1 −s), n ≥ 0.
Suy ra un = αun−1 −(α−1)s = αun−1 +β
1−α. Biểu thức trên trở thành v n = αv n−1
Vậy {v n } ∞ n=0 là cấp số nhân có công bội q = α,(α 6= 1), số hạng đầu là v 0 = u 0 − β
1−α α n , n ∈ N. Vậy số hạng tổng quát cần tìm là u n = v n + β
Vậy số hạng tổng quát của bài toán là
Ví dụ 3.3 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = 2 u n = 4u n−1 + 3 n , n ≥ 1.
Vẫn với ý tưởng giống trên ta sẽ đưa về một dãy là cấp số nhân bằng cách: Tìm số s ∈ R sao cho u n −s.3 n = 4(u n−1 −s.3 n−1 ), n ≥1, suy ra un = 4u n−1 −s.3 n−1 = 4u n−1 + 3 n
Ta đặt vn = un+ 3.3 n thay vào biểu thức trên ta được vn = 4vn−1.
Vậy dãy {v n } ∞ n=0 là một cấp số nhân có công bội q = 4 Ta có v 0 = u 0 + 3 = 5 v n = v 0 4 n = 5.4 n ,∀n∈ N ∗
Từ ví dụ trên ta đi đến Bài toán tổng quát sau
Để xác định công thức tổng quát của dãy {u_n} ∞ n=0 với điều kiện u_0 = a, ta xem xét hai trường hợp Nếu β = 0, dãy số trở thành một cấp số nhân với số hạng đầu là u_0 = a và công sai q = α Ngược lại, nếu β ≠ 0, ta sẽ có công thức khác cho dãy số này.
1 Nếu α = γ thay vào đề bài ta có u 0 = a (4.1a) u n = αu n−1 +β.α n , n ∈ N ∗ ; (α > 0) (4.2a)
Dãy số đã cho là một cấp số nhân, với số hạng đầu là u₀ = a và công bội q = α Để xác định dãy này, ta cần tìm s ∈ R sao cho uₙ − s.αⁿ = α(uₙ₋₁ − s.αⁿ⁻¹) Do đó, ta có công thức uₙ = αuₙ₋₁.
2 Nếu α 6= γ ta sẽ đưa về một dãy là cấp số nhân bằng cách như sau:
Ta đặt v n = u n − γ γ −αβ.γ n = u n − βγ n+1 γ −α biểu thức trên trở thành vn = αv n−1
Vậy dãy {v n } ∞ n=0 là một cấp số nhân có công bội q = α Ta có
Vậy số hạng tổng quát của dãy là
un = αu n−1 ;u0 = a với β = 1 un = αu n−1 ;u0 = a với β 6= 1, α = γ u n = (a− βγ γ −α).α n + βγ n+1 γ −α;u 0 = a với β 6= 1, α 6= γ. với n∈ N ∗ ;a ∈ R.
Trong ví dụ 3.4, giả thiết số hạng thứ hai của số hạng tổng quát có một thừa số mũ n Nếu mũ k không bằng n, ta có thể viết lại dưới dạng βγ k = βγ k−n γ n và đặt β 1 = βγ k−n Từ đó, ta có thể giải quyết tương tự, cho phép ta luôn giả thiết rằng số hạng thứ hai là βγ n.
Để xác định công thức tổng quát của dãy {u n} ∞ n=0 với u0 = -2 và công thức truy hồi u n = 3u n−1 + 4n + 1 (n ≥ 1), ta cần loại bỏ phần 4n + 1 Điều này được thực hiện bằng cách tìm các giá trị s và t trong R sao cho biểu thức u n - (s.n + t) có thể chuyển đổi thành một cấp số nhân, dẫn đến phương trình 3{u n−1 - [s(n−1) + t]}.
Từ đây ta suy ra u n = 3u n−1 + (s.n+t)−3[s(n−1) +t]
= 3u n−1 −2sn−2t+ 3s, kết hợp với (5.2) ta có
2), ta có v n = 3v n−1 Vậy dãy {v n } ∞ n=0 là một cấp số nhân có công bội q = 3 và số hạng đầu là v 0 = u 0 + (2.0 + 7
Từ ví dụ trên ta đi đến Bài toán tổng quát sau
Ví dụ 3.6 (Bài toán tổng quát) Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = a (6.1) u n = αu n−1 +p k (n), n, k ∈ N ∗ (6.2) trong đó p k (n) là một đa thức bậc k theo n.
Để khử đa thức pk(n) và chuyển dãy đã cho về dạng cấp số nhân, ta đặt u n −q k (n) = α[u n−1 −q k (n−1)] Khi đó, công thức trở thành un = αun−1 + qk(n)−αqk(n−1) Kết hợp với phương trình trước, ta có p k (n) = q k (n)−αq k (n−1) Bằng cách thay n = 1; 2; 3 ; k + 1 vào phương trình này, ta thu được một hệ phương trình gồm k + 1 phương trình, từ đó có thể giải để tìm hệ số của qk(n).
Từ (6.3) ta đặt v n = u n −q k (n), ta được một cấp số nhân thỏa mãn v 0 = u 0 −q k (0) v n = αv n−1 , n ∈ N ∗ cấp số nhân có công bội q = α Suy ra v n = v 0 q n = [a−q k (0)]α n
Vậy công thức tổng quát của u n là: un = [u0 −qk(0)]α n +qk(n), n ∈ N.
Để xác định công thức tổng quát của dãy {u n} ∞ n=0 với điều kiện u 0 = 1, ta có công thức đệ quy u n = 3u n−1 + n^2 + n−1, với n thuộc N Để chuyển đổi dãy này về dạng cấp số nhân, cần khử đa thức 3n^2 + n−1 Ta đặt u n − q 2(n) = 3[u n−1 − q 1(n−1)], trong đó q 2(n) = a 2 n^2 + a 1 n + a 0 Như vậy, ta có thể biểu diễn u n dưới dạng u n = 3u n−1 + q 2(n) − 3q 1(n−1).
Kết hợp với (7.2) ta có n 2 +n−1 = q2(n)−3q1(n−1)
⇔ n 2 +n−1 = a 2 n 2 −2a 1 n−2a 0 (7.4) Lần lượt cho n = 1; 2; 3 vào (7.4) ta thu được một hệ phương trình
2 Thế lên (7.3) ta được un −(n 2 − 1
Từ đó ta đặt v n = u n −q 2 (n), ta được một cấp số nhân thỏa mãn
2 = 1 v n = 3v n−1 , n ∈ N ∗ 2 cấp số nhân có công bội q = 3 Suy ra vn = 1
2.3 n Vậy công thức tổng quát của u n là: un = vn+q2(n) = 1
Ví dụ 3.8 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 với u 0 = −2 (8.1) u n = 2u n−1 + 5.3 n −4.7 n + 1, n ∈ N ∗ (8.2) Giải Để đưa dãy đã cho về cấp số nhân ta sẽ tìm cách khử : 5.3 n −4.7 n + 1. Đặt un−(s.3 n +t.7 n +l) = 2[u n−1 −(s.3 n−1 + t.7 n−1 +l)]
Kết hợp với (8.2 ) ta có
⇔ s.3 n +t.7 n −2(s.3 n−1 +t.7 n−1 ) = 5.3 n −4.7 n + 1 (8.3) Lần lượt cho n = 1; 2; 3 vào (8.3) ta được hệ phương trình
Do đó ta có un −(15.3 n − 28
5 7 n −1) Khi đó ta có v n = 2v n−1 , dãy {v n } ∞ n=0 là cấp số nhân với công bội q = 2 và số hạng đầu là v 0 = u 0 −(15.3 0 − 28
Số hạng tổng quát của cần tìm là u n = v n + (15.3 n − 28
Tìm công thức tổng quát của dãy bằng phương trình đặc trưng
Phương trình đăc trưng của dãy
Để tìm công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 cho bởi u 0 = a 0 ;u 1 = a 1 u n −au n−1 +bu n−2 = 0, n ≥2 Ở đây a, b ∈ R và thỏa mãn điều kiện: a 2 −4ab ≥ 0.
Thì ta làm như sau Gọi x1;x2 là nghiệm của phương trình đặc trưng x 2 −ax+b = 0.
1 Nếu x 1 6= x 2 thì u n = sx n 1 + tx n 2 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình s+t= u 0 sx 1 +tx 2 = u 1
2 Nếu x 1 = x 2 = α thì u n = (sn+ t)α n−1 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình s = αu 0 s+t = u 1
Ví dụ 3.9 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u0 = −2;u1 = 4;un = 5u n−1 −6u n−2 , n ∈ N, n ≥ 2.
Từ đẳng thức đã cho: u n = 5u n−1 −6u n−2 ta xét phương trình đặc trưng x 2 −5x+ 6 = 0.
Phương trình có 2 nghiệm là x 1 = 2 x 2 = 3.
Ta thấy x 1 = 2 6= x 2 = 3 Do đó u n = s.2 n + t.3 n với s, t là nghiệm của hệ phương trình s+t= u 0 = −2 s.2 +t.3 =u1 = 4 ⇔ s = −10 t= 8.
Do đó công thức tổng quát của u n là: u n = −10.2 n + 8.3 n , n ∈ N, n ≥ 2.
Thử lại ta thấy u n thỏa mãn điều kiện của bài toán Vậy công thức tổng quát cần tìm là: u n = −10.2 n + 8.3 n , n ∈ N.
Ví dụ 3.10 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u0 = 2;u1 = 3;un = 4u n−1 −4u n−2 , n ∈ N, n ≥2.
Từ đẳng thức đã cho: u n = 4u n−1 −4u n−2 ta xét phương trình đặc trưng x 2 −4x+ 4 = 0 ⇔(x−2) 2 = 0.
Vậy phương trình có nghiệm kép: x 1 = x 2 = 2 khi đó ta có u n = (sn+t).2 n−1 , với s, t là nghiệm của hệ phương trình s = 2u 0 = 4 s+t= u 1 = 3 ⇔ s = 4 t = −1.
Do đó công thức tổng quát của u n là: u 0 = 2 u n = (4n−1).2 n−1 , n ≥ 1.
Chú ý 3.2 Với n = 0 thay lên un ta có u0 = (−1).2 −1 = −1
Thử lại ta thấy u n thỏa mãn điều kiện của bài toán Vậy công thức tổng quát cần tìm là:
Ví dụ 3.11 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u 0 = −1;u 1 = 3;u n = 5u n−1 −6u n−2 + 2n 2 + n+ 2, n ∈ N, n ≥ 2.
Trước hết ta phải tìm cách khử đa thức: 2n 2 +n+ 2, để đưa về dạng quen thuộc: v n = 5v n−1 −6v n−2 , bằng cách: ta xác định các hằng số s, t, r ∈ R sao cho:
2n 2 +n+2 = (s.n 2 +t.n+r)−5[s(n−1) 2 +t(n−1)+r]+6[s(n−2) 2 +t(n−2)+r]. Cho lần lượt n = 0; 1; 2 vào biểu thức trên ta được hệ phương trình
4 Khi đó đẳng thức u n −5u n−1 + 6u n−2 = 2n 2 +n+ 2 tương đương với
Khi đó ta xét phương trình đặc trưng x 2 −5x+ 6 = 0.
Phương trình có 2 nghiệm là x 1 = 2 x 2 = 3.
Ta thấy x 1 = 2 6= x 2 = 3 Do đó vn = a.2 n +b.3 n với a, b là nghiệm của hệ phương trình
Do đó công thức tổng quát của u n là: u n = v n +(n 2 +15
4 ), n ∈ N, n ≥2. Thử lại ta thấy u n thỏa mãn điều kiện của bài toán Vậy công thức tổng quát cần tìm là: u 0 = −1; u 1 = 3;u n = (4n−1).2 n−1 , n ∈ N, n ≥ 2.
Ví dụ 3.12 Xác định công thức tổng quát của dãy {u n } ∞ n=0 thỏa mãn điều kiện: u 0 = α;u 1 = β u n +au n−1 +bu n−2 = p k (n), n ≥ 2, n ∈ N.
Trong đó p k (n) là một đa thức bậc k theo n và a 2 −4b ≥ 0.
Trước hết ta phải tìm cách khử đa thức: pk(n), để đưa về dạng quen thuộc v n +av n−1 +bv n−2 = 0, bằng cách ta xác định các hằng số a 0 ;a 1 ; ;a k ∈ R sao cho: p k (n) = a k n k +a k−1 n k−1 + +a 1 n+a 0 + a[a k (n−1) k +a k−1 (n−1) k−1 + + a 1 (n−1) +a 0 ]
Cho lần lượt n = 0; 1; 2; ;k vào biểu thức trên ta được hệ gồm k+ 1 phương trình.
Giải hệ trên ta tìm được hệ số của a 0 ;a 1 ; ;a k
Khi đó đẳng thức u n +au n−1 +bu n−2 = p k (n) tương đương với
+a 1 (n−2) +a 0 ]} = 0. Đặt vn = un−(ak.n k +a k−1 n k−1 + +a1.n+a0) =un− k
Khi đó ta xét phương trình đặc trưng x 2 −ax+b = 0, vì a 2 −4b ≥ 0 nên phương trình có 2 nghiệm là x = x 1 x = x 2
1 Nếu x 1 6= x 2 thì v n = sx n 1 + tx n 2 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình
2 Nếu x 1 = x 2 = γ thì v n = (sn+t)γ n−1 , trong đó s, t là nghiệm của hệ phương trình
Do đó công thức tổng quát của u n là
Thử lại, ta thấy các u n vừa tìm thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy công thức tổng quát u n cần tìm là
Áp dụng giải phương trình hàm
Sử dụng các phương pháp ở trên để giải phương trình hàm.
Ví dụ 3.13 Tìm hàm f : R −→ R thỏa mãn: f(f(x)) = 3f(x)−2x,∀x∈ R (1) Giải
Thay x bởi f(x) vào (1) ta được f(f(f(x))) = 3f(f(x))−2f(x).
Lặp lại lập luận trên n lần ta được f( (f(x))) = 3f( (f(x)))−2f( (f(x))), hay f n+2 (x) = 3f n+1 (x)−2f n (x) (1a) Đặt u n = f n (x), n ≥ 0 thay vào (1a) ta được u n+2 = 3u n+1 −2u n , và u 0 = x;u 1 = f(x).
Xét phương trình đặc trưng x 2 −3x+ 2 = 0.
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 1 x = 2.
Khi đó u n = c 1 + 2 n c 2 trong đó c 1 ;c 2 là các hằng số tùy ý thuộc R thỏa mãn c1 +c2 = u0 = x c 1 + 2c 2 = u 1 = f(x) ⇔ c1 = 2x−f(x) c 2 = f(x)−x do đó f(x) = 2x−c 1 hoặc f(x) =x+c 2 trong đó c 1 ;c 2 ∈ R tùy ý.
Thử lại thấy các hàm f(x) vừa tìm được thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy hàm f cần tìm là f(x) = 2x−c 1 hoặc f(x) = x+c 2 trong đó c 1 ;c 2 ∈ R tùy ý.
Ví dụ 3.14 (IMO 1992) yêu cầu tìm tất cả các hàm f : R + −→ R + thỏa mãn phương trình f(f(x)) + af(x) = b(a+b)x cho mọi x ∈ R Bài toán này có thể được giải quyết bằng cách sử dụng tính truy hồi Bằng cách thay x bằng f(x) trong phương trình, ta nhận được f(f(f(x))) + af(f(x)) = b(a+b)f(x) Tiếp tục lặp lại quá trình này n lần, ta có f( (f(x))) + af( (f(x))) = b(a+b)f( (f(x))), dẫn đến phương trình f n+2 (x) + af n+1 (x) = b(a+b)f n (x) Đặt u n = f n (x) với n ≥ 0, ta có được u n+2 + au n+1 = b(a+b)u n, với điều kiện u 0 = x và u 1 = f(x).
Khi đó ta có phương trình đặc trưng x 2 +ax−b(a+b) = 0, ta có δ = (a+ 2b) 2 ≥0. a) Nếu a 6= −2b thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = b x = −a−b.
Khi đó u n = c 1 b n +c 2 (−a−b) n (2b) trong đó c 1 ;c 2 là các hằng số thuộc R thỏa mãn c1 + c2 = u0 = x (2c) bc 1 + (−a−b)c 2 = u 1 = f(x) (2d)
Do u n ≥ 0,∀n ∈ N nên từ (2b) ta có c 2 = 0 Thay vào (2c) ta có c 1 = u 0 = x Từ (2d) suy ra f(x) = bx b) Nếu a = −2b thì phương trình có nghiệm kép x 1 = x 2 = b.
Khi đó u n = (sn+t)b n trong đó s;t là các hằng số thuộc R thỏa mãn t = u 0 = x
(s+t)b = u 1 = f(x) suy ra f(x) =b(x+s) do đó ta có f(x) bx, nếu a 6= −2b b(x+s), nếu a = −2b.
Thử lại thấy các hàm f vừa tìm thỏa mãn các điều kiện đề bài.Vậy nghiệm của bài toán là f(x) bx, nếu a 6= −2b b(x+s), nếu a = −2b.
Ví dụ 3.15 Tìm hàm f xác định trên N và thỏa mãn:
Cho k = n = 0 thay vào biểu thức (3a) ta có
⇔ f(0) = 0 f(0) = −2 a) Nếu f(0) = 0 chọn n= 0 thay vào (3a) ta có
−2f(k) = 0 ⇔f(k) = 0,∀k Khi đó nếu chọn k = 1 ⇒f(1) = 0 mâu thuẫn với (3b). b) Nếu f(0) = −2 chọn n= 1 và kết hợp với (3b) ta được
⇔ 2f(k + 1)−2f(k −1) = 3f(k) (3c) Đặt u k = f(k) thay vào (3c) ta được
Xét phương trình đặc trưng
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là
2 ) n c 1 + 2 n c 2 trong đó c 1 ;c 2 là các hằng số tùy ý thuộc R thỏa mãn
2 ) n−1 Thử lại ta thấy hàm f vừa tìm được thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy nghiệm của bài toán là f(n) = (−1
Ví dụ 3.16 (Dựa theo báo Toán học và Tuổi trẻ - tháng 11 - Số 369)
Tìm tất cả hàm f :R + −→R + thỏa mãn: f(f(x))+f(x) = [2015 3 2016 +(2015 3 2016 ).2]x,∀x ∈ R (4) Giải
Với mỗi x ∈ R + ta xét dãy u0 = x;un+1 = f(un),∀n ∈ N.
Từ giả thiết ta có u n+2 +u n+1 = [2015 3 2016 + (2015 3 2016 ) 2 ]u n u n > 0,∀n ∈ N.
Suy ra phương trình đặc trưng của dãy là x 2 +x−[2015 3 2016 + (2015 3 2016 ) 2 ] = 0.
Phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt là x 1 = 2015 3 2016 x 2 = −(1 + 2015 3 2016 ).
Khi đó u n = c 1 (2015 3 2016 ) n +c 2 [−(1 + 2015 3 2016 )] n Xét 2 khả năng xảy ra là
1 Nếuc 2 > 0thì u n < 0vớinlẻ đủ lớn Mâu thuẫn với giả thiếtu n > 0.
2 Nếu c 2 < 0 thì u n < 0 với n chẵn đủ lớn Mâu thuẫn với giả thiết u n > 0.
Vậy chỉ còn c 2 = 0 khi đó u n = c 1 (2015 3 2016 ) n Do đó u 0 = c 1 (2015 3 2016 ) 0 = x
Thử lại, hàm f vừa tìm được thỏa mãn điều kiện của đề bài Vậy hàm f cần tìm là f(x) = (2015 3 2016 ) n x.
Một số phương trình hàm dạng khác
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày một số ví dụ và bài toán liên quan đến phương trình hàm mà không thể giải quyết thông qua các phương pháp chuyển đổi thành cấp số hoặc phương trình đặc trưng.
Ví dụ 3.17 (IMO 1996 ) Tìm tất cả hàm f : N −→ N thỏa mãn: f(m+f(n)) = f(f(m)) +f(n),∀m, n ∈ N (1) Giải Để giải bài toán trên trước tiên ta sẽ
Cho m = n = 0 thay vào (1) ta có f(f(0)) = f(f(0)) +f(0)
Cho m = 0 thay vào (1) ta được f(f(n)) = f(f(0)) +f(n)
Vậy f(n) là điểm bất động của f với mọi n ∈ N Vì vậy (1) trở thành f(m+f(n)) =f(f(m)) +f(n) = f(m) +f(n).
Tiếp theo ta giả sử w ∈ N cũng là điểm bất động của f Bằng qui nạp ta sẽ chỉ ra kw cũng là điểm bất động của f, với mọi k ∈ N.
Thật vậy a) Với k = 0 và k = 1 là hai trường hợp ta đã xét ở trên; b) Giả sử kw cũng là điểm bất động của f, thì f((k+ 1)w) =f(kw+ w) = f(kw+f(w))
= f(kw) +f(w) =kw+w = (k+ 1)w Nên (k+ 1)w cũng là điểm bất động.
Vậy kw cũng là điểm bất động của f.
Nếu f có điểm bất động tại 0 Thì theo trên ta có f(n) = 0,∀n ∈ N.
Rõ ràng đây là một nghiệm của bài toán.
Mặt khác, giả sử f có w > 0, w ∈ N là điểm bất động nhỏ nhất Ta sẽ chỉ ra những điểm bất động khác có dạng kw.
Thật vậy, giả sử x cũng là điểm bất động khác của f mà x có dạng x = kw+r trong đó 0 ≤ r < w Ta có: x = f(x) = f(kw+r) = f(r +f(kw)) =f(r) +f(kw) =f(r) +kw
Từ đó ta có f(r) =x−kw = r Do đó r cũng là điểm bất động màr < w, điều này mâu thuẫn với giả thiết w là điểm bất động nhỏ nhất.
Theo trên ta có f(n) là điểm bất động với mọi n ∈ N nên f(n) =c n w với c n ∈ N.
Với n∈ N ta có biểu diễn n = kw+ r trong đó 0 ≤ r < w Ta có f(n) = f(kw + r) = f(r + f(kw)) = f(r) + f(kw) = crw + kw (cr +k)w = (cr + [n w])w.
Thật vậy, ta cho m = kw +r;n = lw+ s với 0 ≤ r, s < w Thay vào (1) ta có f(m +f(n)) = f(kw+r +f(lw+s)) = f(kw+r + (c r +l)w)
Ví dụ 3.18 ( Theo IMO 1987) Chứng minh rằng không có hàm f : N −→ N thỏa mãn: f(f(n)) = n+ 1987,∀n ∈ N (3) Giải
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giả sử ∃n∈ N sao cho f(n+ 1) = f(n), ta được f(f(n+ 1)) = f(f(n))
⇔1988 = 1987 (vô lý) do đó f(n+ 1) 6= f(n),khi đó xảy ra hai trường hợp sau a) Giả sử f(n+ 1)< f(n), ta có n+ 1987 = f(f(n)) ⇒ f(f(f(n))) = f(n) + 1987
Theo (3a) ta có f(n+ 1987)−1987 ≥ f(n+ 1987) + 1987 (vô lý). b) Giả sử f(n+ 1)> f(n),∀n∈ N, hay f(n+ 1)≥ f(n) + 1,∀n∈ N Từ f(n+ 1987)≥ f(n+ 1986) + 1 ≥ ≥f(n) + 1987.
Nếu f(n+ 1987)> f(n) + 1987 thì do f tăng nghiêm ngặt nên f(f(n+ 1987))> f(f(n) + 1987) ≥f(f(n)) + 1987.
Từ (3b) ta có f(n+ 1987) = f(n) + 1987, do đó các dầu bằng ở (3b) cũng xảy ra, tức la f(n+ 1) = f(n) + 1 = f(n−1) + 2 = = f(1) +n
2 ∈/ Z. Vậy không có hàm f thỏa mãn yêu cầu của Bài toán.
Ví dụ 3.19 ( Dựa theo IMO 1987) Tìm hàm f : N −→ N thỏa mãn: f(f(n))+f(n) = 2n+3,∀n∈ N (4) Giải
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với n = 0 ta có f(f(0)) +f(0) = 2.0 + 3 ⇒0 ≤f(0) ≤ 3 a) Nếu f(0) = 0 thì f(f(0)) +f(0) = 0 6= 3, mâu thuẫn. b) Nếu f(0) = 2 thì f(2) + 2 = 3 ⇒f(2) = 1.
Vậy f(0) 6= 2. c) Nếu f(0) = 3 tương tự ta cũng chứng minh được f(0)6= 3. d) Nếu f(0) = 1 ta có f(f(0)) +f(0) = 3 ⇒f(1) = f(f(0)) = 2 = 1 + 1
Khi đó ta sẽ chứng minh hàm số cần tìm là f(n) = n+ 1.
Thật vật bằng phương pháp qui nạp ta có:
2 Giả sử khẳng định đúng với n = k,(k ∈ N), tức là f(k) =k + 1.
3 Với n= k+ 1 ta có f(k+1) = f(f(k)) = 2k+3−f(k) = 2k+3−k−1 = k+2 = (k+1)+1. Vậy khẳng định đúng với n = k+ 1, do đó
Thử lại ta thấy hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu của đề bài Vậy nghiệm của bài toán là: f(n) =n+ 1, n ∈ N.
Ví dụ 3.20 Tìm tất cả các hàm số f : N ∗ −→ N ∗ thỏa mãn:
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Từ giả thiết ta có f(1) = 1;f(2) = 1;f(3) = 3;f(4) = 1;f(5) = 3;f(6) = 5;f(7) 7;f(8) = 1;f(9) = 3;f(11) = 7;f(12) = 9;f(13) = 11;f(14) = 13;f(15) 15;f(16) = 1;
Sau khi tính toán giá trị của hàm f(n) trong hệ cơ số 10, chúng ta vẫn chưa xác định được quy luật của f(n) Tuy nhiên, khi chuyển sang hệ cơ số 2, ta có f(1 2) = 1 2 = 1.2 0.
Ta thấy rằng: Nếu n có biểu diễn trong hệ nhị phân là n = (aka k−1 a1)2 với a k = 1 thì f((a k a k−1 a 1 ) 2 ) = (a k−1 a 1 a k ) 2 = a k−1 2 k−1 + +a 1 2 0 +a k 2 0 (∗)
Ta sẽ chứng minh nhận xét trên bằng qui nạp.
Giả sử (*) đúng với n = m,(m ≥ 6) Ta sẽ chứng minh (*) đúng với n= m+ 1. a) Nếu m+ 1 là số chẵn, ta đặt m+ 1 = 2q với q = (aka k−1 a1)2 và m+ 1 = 2q = (aka k−1 a1)2
= (a k−1 a101)2 = (a k−1 a10ak)2. b) Nếu m + 1 là số lẻ, ta đặt m+ 1 = 2q + 1 với q = (a k a k−1 a 1 ) 2 và m+ 1 = 2q = (a k a k−1 a 1 1) 2
Khi n = m + 1, ta có thể biểu diễn n trong hệ nhị phân dưới dạng n = (a k a k−1 a 1)2 với a k = 1 Từ đó, hàm số f((akak−1 a1)2) sẽ trở thành (ak−1 a1ak)2 = ak−1.2 k−1 + + a1.2 0 + ak.2 0 Qua đó, có thể kiểm tra lại để xác nhận rằng hàm số này thỏa mãn các điều kiện đã đề ra trong bài toán.
Ví dụ 3.21 Tìm tất cả các hàm số f : N ∗ −→ N ∗ thỏa mãn:
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. a) Với m = n = 0 ta có f(0) = 2f(0 2 )
2 (loại vì f(0)∈ N ). b) Với n= 0 ta có f(m 2 ) = f 2 (m) Khi đó f(m 2 +n 2 ) =f(m) 2 +f(n) 2
Ta có nhận xét sau: f(1) = f 2 (1) ⇒ f(1)(1−f(1)) = 0 ⇒ f(1) = 1 vì (f(1) > 0) f(2) = f(1 2 + 1 2 ) =f 2 (1) +f 2 (1) = 2 f(4) = f(2 2 ) = f 2 (2) = 4 f(5) = f(2 2 + 1 2 ) =f 2 (2) +f 2 (1) = 4 + 1 = 5 f(25) = f(5 2 ) =f 2 (5) = 25 = f(3 2 + 4 2 )
Tương tự ta cũng tính được f(6) = 6;f(7) = 7;f(8) = 8;f(9) 9;f(10) = 10 Vậy f(n) = n với n < 10, bằng quy nạp ta sẽ chứng minh được f(n) =n,∀n ∈ N. Thật vậy, giả sử f(k) =k với k ≥10 Ta chứng minh f(k + 1) = k + 1.
Ta thấy rằng (k+ 1) có dạng sau 5m+r,0 ≤ r ≤4, m, r ∈ N Ta có đẳng thức sau:
Vậy f(k + 1) = k + 1 Do đó f(n) = n,∀n ∈ N Thử lại ta thấy hàm f thỏa mãn các điều kiện của đề bài.
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau
Bài toán cơ bản của phương trình hàm bao gồm Bài toán Cauchy và các nghiệm liên quan, cùng với việc tổng quát hóa và giải quyết các bài toán này trên các miền xác định khác nhau Bài viết sẽ trình bày những ví dụ cụ thể để minh họa ứng dụng của các kết quả từ những Bài toán cơ bản này.
Để giải các phương trình hàm, có một số phương pháp cơ bản mà chúng ta có thể áp dụng Đầu tiên, phương pháp thay thế có thể được sử dụng để đơn giản hóa phương trình, ví dụ như khi có các biến số tương tự Thứ hai, phương pháp phân tích có thể giúp tách rời các thành phần của phương trình, như trong trường hợp phương trình bậc hai Cuối cùng, phương pháp đồ thị có thể hỗ trợ trong việc tìm nghiệm bằng cách vẽ đồ thị của các hàm số liên quan Mỗi phương pháp đều có những dấu hiệu đặc trưng để nhận diện, từ đó giúp người giải chọn lựa cách tiếp cận hiệu quả nhất cho từng dạng phương trình.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một số dạng khác của phương trình hàm, đặc biệt là các phương trình hàm có miền xác định là tập số tự nhiên Tuy nhiên, do giới hạn của luận văn thạc sĩ và kiến thức cá nhân còn hạn chế, tài liệu tiếng Việt về phương trình hàm còn khá ít, vì vậy luận văn có thể còn nhiều thiếu sót Chúng tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến từ quý thầy cô và các bạn để hoàn thiện luận văn hơn nữa.