mỘt sỐ vẤn ĐỀ vỚi Đa biẾn tỰ do vÀ Đa Ẩn hÀm filemỘt sỐ vẤn ĐỀ vỚi...
TRANSCRIPT
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN
Học viên : Nguyễn Hạ Thi Giang
Lớp : Cao Học Toán K25
MỘT SỐ VẤN ĐỀ
VỚI ĐA BIẾN TỰ DO VÀ ĐA ẨN HÀM
TIỂU LUẬN KẾT THÚC HỌC PHẦN PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Ngành: Phương Pháp Toán Sơ Cấp
Người hướng dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu
Đà Nẵng - 2012
LỜI GIỚI THIỆU
"Lý thuyết các Phương Trình Hàm" là một trong những lĩnh vực
nghiên cứu quan trọng của Giải Tích Toán Học. Đây là một phân môn
trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ở các kỳ thi cấp thành phố,
quốc gia và quốc tế. Đồng thời cũng là một học phần quan trọng của các lớp
"Cao học ngành phương pháp Toán sơ cấp".
Phương trình hàm bao gồm nhiều vấn đề rộng lớn như : Xác định các đặc
trưng cơ bản của hàm số, ước lượng số nghiệm, xác định dạng nghiệm của
1 phương trình hàm,...Tuy nhiên, cho đến nay tài liệu về "Phương Trình
Hàm" bằng tiếng Việt vẫn còn thiếu, chỉ có một số ít sách của GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu cùng các cộng sự biên soạn.
Về mặt phương pháp giải, Phương trình hàm rất đa dạng và phong phú
về thuật toán, kỹ thuật biến đổi mà nếu không được hướng dẫn kỹ càng, học
viên rất dễ mắc sai lầm cũng như lạc hướng trên con đường tìm ra kết quả của
bài toán. Được sự dạy bảo, hướng dẫn tận tình của thầy Nguyễn Văn Mậu,
em đã cố gắng đúc kết cũng như tham khảo thêm những tài liệu khác để viết
nên "Tiểu luận" này.
Tiểu luận gồm có 4 phần chính :
1. Chương 1 : Các phương pháp chuyển đổi cơ bản bao gồm : các bài
toán tổng quát đơn giản chuyển đổi các phép tính số học và các phương
pháp được học viên chuyển thành thuật toán để giải quyết những bài
toán liên quan, tương tự.
2. Chương 2 : Ứng dụng : Các hàm số chuyển đổi với 3 biến tự do, n biến
tự do. Rút ra các dạng nghiệm tổng quát.
3. Chương 3 : Ứng dụng : Các hàm số chuyển đổi với 2 ẩn hàm.
4. Chương 4 : Ứng dụng : Các hàm số chuyển đổi với 3 ẩn hàm, n ẩn
hàm. Các bộ nghiệm tổng quát
Dù vẫn còn nhiều hạn chế nhất định vì nhiều lý do nhưng em hi vọng Tiểu
luận này sẽ mang đến những kết quả khả quan hơn để có thể phát triển thành
luận án thạc sĩ trong tương lai.
Xin chân thành cảm ơn thầy đã có những buổi dạy nhiệt tình để em có
được những kiến thức nhất định về môn học khá mới mẻ này !
Học viên K25
Nguyễn Hạ Thi Giang
Chương 1
Những hàm số chuyển đổi cácphép tính số học với 2 biến tựdo
Trong mục này, chúng ta sẽ kiểm tra các hàm chuyển đổi các phép tính từ
(+) sang (+), (+) sang (.), (.) sang (+) và (.) sang (.) với từng điều kiện cụ
thể của bài toán yêu cầu về sự liên tục, đồng biến, khả vi...
1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+)
1. Bài Toán.
Bài toán 1 : (Phương trình hàm Cauchy)Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x+ y) = f(x) + f(y) (1)
Giải :
* Với x = y = 0, ta có :
f(0) = 2f(0) ⇔ f(0) = 0.
1
2
Với y = −x, ta có :
f(0) = f [x+ (−x)] = f(x) + f(−x) ⇔ f(−x) = −f(x), ∀x ∈ R
Với y = x, ta có :
f(2x) = 2f(x), ∀x ∈ R
* Ta chứng minh quy nạp :
∀x ∈ R, n ∈ N : f(nx) = nf(x).
Thật vậy, giả sử với k nguyên dương, ta có : f(kx) = kf(x), ∀x ∈ RKhi đó,
f [(k + 1)x] = f(kx+ x) = f(kx) + f(x) = (k + 1)f(x)
Vậy theo nguyên lý quy nạp : f(nx) = nf(x),∀x ∈ R, n ∈ N
* Với m là số nguyên âm, ta có :
f(mx) = f [−(−mx)] = −f(−mx) = − [−mf(x)] = mf(x)(vì−m ∈ N) (∗)
* Ta lại có f(2x) = 2f(x), nên:
f(x) = 2f(x
2) = 22f(
x
22) = ...... = 2nf(
x
2n)(Chứng minh bằng quy nạp)
Từ trên suy ra,
f(x
2n) =
1
2nf(x), ∀x ∈ R, n ∈ N (∗∗)
Từ (*) và (**) ta được :
f(m
2nx) =
m
2nf(x),∀x ∈ R,m ∈ Z, n ∈ N (∗ ∗ ∗)
* Vì A ={m2n
, ∀m ∈ Z, n ∈ N}
trù mật trong R nên ∀x ∈ R, ∃xk ∈ A :
limk→∞
xk = x
Từ (***) ta có :
f(m
2n) =
m
2n.f(1) =
m
2n.a (∗ ∗ ∗∗)
Vì f(x) liên tục trên R nên ta có :
limk→∞
xk = x thì limk→∞
f(xk) = f(x)
Theo (****) thì :
f(x) = ax ∀x ∈ R, a ∈ Rtùy ý
3
2. Phương Pháp :
* Bước 1 : Chứng minh f(kx) = kf(x) với các trường hợp k ∈ N, k ∈Z, k ∈ Q
* Bước 2 : Dùng tính chất trù mật xác định 1 dãy{xk
}: limk→∞
xk = x
* Bước 3 : Sử dụng tính liên tục của f(x), ta được : f(x) = ax
1.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.)
1. Bài Toán.
Bài toán 2 :Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x+ y) = f(x).f(y) ∀x, y ∈ R (1)
Giải :
* Xét f(x) ≡ 0 (thỏa mãn)
* Xét f(x) ̸≡ 0, thì ∃x0 : f(x0) ̸= 0. Khi đó :
f(x0) = f [x+ (x0 − x)] = f(x).f(x0 − x) ∀x ∈ R
Vậy : f(x) ̸= 0 ∀x ∈ R Ta lại có :
f(x) = f(x
2+
x
2) = f
[(x
2)]2
> 0, ∀x ∈ R
- Khi đó, logarithm 2 vế ta được :
ln [f(x+ y)] = ln [f(x)] + ln [f(y)] ∀x, y ∈ R
- Đặt g(x) = ln [f(x)] thì g(x) liên tục trên R, suy ra :
g(x+ y) = g(x) + g(y)
-Đây là phương trình hàm Cauchy, nên theo bài toán (1), ta có nghiệm
:
g(x) = ax ∀x ∈ R, a tùy ý .
4
Vậy nghiệm là :
f(x) = eax = [(ea)]x = Ax ∀x ∈ R, A tùy ý
2. Phương Pháp :
* Bước 1 : Kiểm tra f(x) ≡ 0 có phải là nghiệm của phương trình.
* Bước 2 : Xét trường hợp f(x) ̸= 0.
i) Nếu f(x) > 0 thì logarithm 2 vế
ii) Nếu f(x) < 0 thì logarithm −f(x) 2 vế.
* Đưa về phương trình hàm Cauchy.
1.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+)
1 Bài Toán :
Bài toán 3 :Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \
{0}
thỏa mãn điều kiện :
f(x.y) = f(x) + f(y) ∀x, y ∈ R \{0}
(1)
Giải :
* Xét x, y ∈ R+, ta đặt : x = eu, y = ev. Khi đó :
f(eu.ev) = f(eu+v) = f(eu) + f(ev) ∀u, v ∈ R.
Đặt f(eu) = g(u) thì g(u) liên tục trên R \{0}. Khi đó ta có :
g(u+ v) = g(u) + g(v) ∀u, v ∈ R.
Đây là phương trình hàm Cauchy, nên theo Bài toán 1 :
g(u) = au, ∀u ∈ R, a tùy ý .
Vậy :
f(x) = a ln x,∀x ∈ R+, a tùy ý.
5
* Xét x, y ∈ R− thì xy ∈ R+, theo ở trên ta có :
f(x2) = f(x.x) = f(x)+f(x) = 2f(x) ⇔ f(x) =(x2)
2=
1
2b ln x2( vì f(x2) > 0)
Vậy :
f(x) = c ln |x|,∀x ∈ R−, b tùy ý
* Kết luận :
f(x) = a ln |x|, ∀x ∈ R, a tùy ý
2 Phương Pháp :
* Bước 1 : Xét x, y > 0, sử dụng ẩn phụ x = eu
* Bước 2 : Dùng yêu cầu bài toán đưa ra, chuyển trường hợp x < 0 thành
x2 > 0.
* Bước 3 : Sử dụng kết quả Bước 1 để suy ra kết quả.
1.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.)
1 Bài toán :
Bài toán 4 :Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \
{0}
thỏa mãn điều kiện :
f(x.y) = f(x).f(y) ∀x, y ∈ R \{0}
(1)
Giải :
* Với y = 1, ta có :
f(x) = f(x).f(1) ⇔ f(x) [1− f(1)] = 0,∀x ∈ R
Nếu f(1) ̸= 1 thì f(x) = 0,∀x ∈ R hay f(x) ≡ 0 (thỏa mãn đề bài). Nếu
f(1) = 1 thì
f(1) = f(x.1
x) = f(x).f(
1
x),∀x ∈ R \
{0}
Vậy : f(x) ̸= 0,∀x ∈ R \{0}. Khi đó :
f(x2) = [f(x)]2 > 0,∀x ∈ R \{0}
6
* Xét x, y ∈ R+.
Theo phương pháp Bài toán 3,
Đặt x = eu, y = ev, f(et) = g(t) ta có :
g(u+ v) = g(u).g(v),∀u, v ∈ R
Theo Bài toán 2 :
f(x) = f(eu) = g(u) = au = alnx = xln a = xα, ∀x ∈ R+
* Xét x, y ∈ R−.
Sử dụng kỹ thuật ở Bài toán 3, ta có :
f(x2) = [f(x)]2 ⇔ f(x) =√
f(x2)
Ta có : f(x2) > 0 và f(x2) thỏa mãn yêu cầu đề bài nên :
f(x2) = (x2)β ⇔ f(x) =√(x2)β =
√(|x|β)2 = ±|x|β, ∀x ∈ R−, β tùy ý
Vậy ta có 3 nghiệm :
i) f(x) ≡ 0 ∀x ∈ R \{0}
ii) f(x) =
{xα,∀x ∈ R+|x|α,∀x ∈ R−
= |x|α,∀x ∈ R \{0}, α tùy ý
iii) f(x) =
{xβ,∀x ∈ R+
−|x|β,∀x ∈ R− β tùy ý
2 Phương Pháp :
* Bước 1 : Xét f(x) ≡ 0 là nghiệm, xét f(1) = 0, f(1) ̸= 0
Chú ý : Với phép (+) thì xét f(0), với phép (.) thì xét f(1)
* Bước 2 : Sử dụng các kỹ thuật ở Bài Toán 3 để giải.
Chương 2
Các hàm số chuyển đổi các phéptính số học với đa biến tự do
2.1 Các hàm số chuyển đổi với 3 biến tự do
2.1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+)
Bài toán 5 : (Phương trình hàm Cauchy)Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x+ y + z) = f(x) + f(y) + f(z) (1)
Giải :
Ta sẽ dùng phương pháp của Bài Toán 1 để chứng minh.
* Nếu x = y = z = 0 thì f(0) = 3f(0) ⇔ f(0) = 0
Nếu x = y và z = 0 thì f(2x) = 2f(x)
Nếu y = −x thì
f(0) = f [x+ (−x) + 0] = f(x) + f(−x) + f(0) = f(x) + f(−x)
⇔ f(−x) = −f(x), ∀x ∈ R
Nếu x = y = z thì
f(3x) = 3f(x),∀x ∈ R
* Ta chứng minh quy nạp :
∀x ∈ R, n ∈ N : f(nx) = nf(x).
7
8
Thật vậy, giả sử với k nguyên dương, ta có : f(kx) = kf(x),∀x ∈ RKhi đó,
f [(k + 1)x+ 0] = f(kx+ x+ 0) = f(kx) + f(x) + f(0) = (k + 1)f(x)
Vậy theo nguyên lý quy nạp : f(nx) = nf(x),∀x ∈ R, n ∈ N
* Với m là số nguyên âm, ta có :
f(mx) = f [−(−mx)] = −f(−mx) = − [−mf(x)] = mf(x)(vì−m ∈ N) (∗)
* Ta lại có f(nx) = nf(x), nên:
f(x) = nf(x
n) = n2f(
x
n2) = ...... = nkf(
x
nk)(Chứng minh bằng quy nạp)
Từ trên suy ra,
f(x
nk) =
1
nkf(x),∀x ∈ R, n ∈ Z, k ∈ N (∗∗)
Từ (*) và (**) ta được :
f(m
nkx) =
m
nkf(x),∀x ∈ R,m, n ∈ Z, k ∈ N (∗ ∗ ∗)
* Vì A ={m
nk,∀m,n ∈ Z, k ∈ N
}= Q chính là tập số hữu tỷ,
mà Q trù mật trong R nên :
∀x ∈ R,∃xi ∈ A : limi→∞
xi = x
Từ (***) ta có :
f(m
nk) =
m
nk.f(1) =
m
nk.a (∗ ∗ ∗∗)
Vì f(x) liên tục trên R nên ta có :
limi→∞
xi = x thì limi→∞
f(xi) = f(x)
Theo (****) thì :
f(x) = ax ∀x ∈ R, a ∈ R tùy ý
Ngoài ra, ta còn có thể giải dựa vào kết quả của Bài Toán 1 như sau :
9
* Với x = y = z = 0, ta có :
f(0) = 3.f(0) ⇔ f(0) = 0
* Với z = 0, ta có :
f(x+ y) = f(x+ y + 0) = f(x) + f(y) + f(0) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R
Mà f liên tục trên R nên đây là Phương trình hàm Cauchy, suy ra :
f(x) = ax ∀x ∈ R, a tùy ý
2.1.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.)
Bài toán 6 :Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x+ y + z) = f(x)f(y)f(z) (1)
Giải :
Chú ý rằng : Điều kiện Bài Toán này sẽ đưa đến kết quả : f(x) nhận giá trị
trên R, chứ không phải chỉ trên R+ như Bài Toán 2
* Xét f(x) ≡ 0 (thỏa mãn)
* Xét f(x) ̸≡ 0, thì ∃x0 : f(x0) ̸= 0. Khi đó :
f(x0) = f [x+ (x0 − x)] = f(x).f(x0 − x) ∀x ∈ R
Vậy : f(x) ̸= 0 ∀x ∈ R
* Xét f(x) > 0 :
- Khi đó, logarithm 2 vế ta được :
ln [f(x+ y + z)] = ln [f(x)] + ln [f(y)] + ln [f(z)] ∀x, y, z ∈ R
- Đặt g(x) = ln [f(x)] thì g(x) liên tục trên R, suy ra :
g(x+ y + z) = g(x) + g(y) + g(z),∀x, y, z ∈ R
- Đây là phương trình hàm Cauchy dạng 3 biến,
nên theo bài toán 1’, ta có nghiệm :
g(x) = ax ∀x ∈ R, a tùy ý .
10
Vậy nghiệm là :
f(x) = eax = [(ea)]x = Ax ∀x ∈ R, A > 0
* Xét f(x) < 0 thì
−f(x+ y + z) = [−f(x)] [−f(y)] [−f(z)] > 0,∀x, y, z ∈ R
- Đặt g(x) = ln [−f(x)] thì g(x) liên tục trên R. Khi đó :
g(x+ y + z) = g(x) + g(y) + g(z), ∀x, y, z ∈ R.
- Vậy nghiệm là : f(x) = −Bx, ∀x ∈ R, B tùy ý.
* Kết luận :
f(x) =
0, ∀x ∈ RAx ∀x ∈ R, A > 0−Bx ∀x ∈ R, B > 0
Ta cũng có thể giải bài toán này bằng cách đưa về bài toán 2 biến tự do như sau :
* Với y = z = 0, ta có :
f(x) = f(x+ 0 + 0) = f(x)f(0)f(0) = f(x). [f(0)]2
Hay :
f(x) [f(0)− 1] [f(0) + 1] = 0
* Nếu f(0) ̸= ±1 thì f(x) = 0,∀x ∈ R hay : f(x) ≡ 0(thỏa mãn đề bài)
* Nếu f(0) = 1 thì f(0) = f [x+ (−x)] = f(x).f [−x] = 1
Suy ra : f(x) ̸= 0 ∀x ∈ R. Khi đó :
f(x+ y) = f(x+ y + 0) = f(x)f(y)f(0) = f(x)f(y) ∀x, y ∈ R
Đây là Bài Toán 2 nên có nghiệm là :
f(x) = Ax,∀x ∈ R, A > 0
* Nếu f(0) = −1 thì f(0) = f [x+ (−x)] = f(x).f [−x] = −1
Suy ra : f(x) ̸= 0 ∀x ∈ R. Khi đó :
f(x+ y) = f(x+ y + 0) = f(x)f(y)f(0) = −f(x)f(y) ∀x, y ∈ R
11
Hay :
−f(x+ y) = [−f(x)] [−f(y)] ∀x, y ∈ R
Đặt g(x) = −f(x) thì g(x) cũng liên tục trên R. Khi đó :
g(x+ y) = g(x) + g(y) ∀x, y ∈ R
Đây là Bài Toán 2 nên có nghiệm là :
f(x) = −g(x) = −Bx, ∀x ∈ R, B > 0
* Kết luận :
f(x) =
0, ∀x ∈ RAx ∀x ∈ R, A > 0−Bx ∀x ∈ R, B > 0
2.1.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+)
Bài toán 7 :Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \
{0}
thỏa mãn điều kiện :
f(xyz) = f(x) + f(y) + f(z) (1)
Giải :
Bài toán này, chúng ta để ý trường hợp x, y, z < 0 có cách biến đổi khác Bài
Toán 3
* Xét x, y ∈ R+, ta đặt : x = eu, y = ev, z = ew. Khi đó :
f(eu.ev.ew) = f(eu+v+w) = f(eu) + f(ev) + f(ew) ∀u, v ∈ R.
Đặt f(eu) = g(u) thì g(u) liên tục trên R \{0}. Khi đó ta có :
g(u+ v + w) = g(u) + g(v) + g(w) ∀u, v, w ∈ R.
Đây là phương trình hàm Cauchy dạng 3 biến, nên theo Bài toán 1’ :
g(u) = au, ∀u ∈ R, a tùy ý .
Vậy :
f(x) = a lnx, ∀x ∈ R+, a tùy ý.
12
* Xét x, y, z ∈ R− thì −xyz ∈ R+,
với x = y = z theo ở trên ta có :
f(−x3) = f [(−x).(−x).(−x)] = f(−x) + f(−x) + f(−x) = 3f(−x)
Hay :
f(−x) =f(−x3)
3=
1
3b ln(−x3) =
1
3b ln
[(−x)3
]= b ln(−x)( vì f
[−x3
]> 0)
Vậy :
f(x) = b ln |x|, ∀x ∈ R−, b tùy ý
* Kết luận :
f(x) = a ln |x|, ∀x ∈ R \{0}, a tùy ý
Bài toán này có thể đưa về bài toán 2 biến như sau :
* Xét x = y = z = 1, ta có :
f(1) = 3.f(1) ⇔ f(1) = 0
* Xét z = 1, ta có :
f(xy) = f(x.y.1) = f(x) + f(y) + f(1) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R \{0}
Đây là Bài Toán 3 dạng 2 biến tự do nên ta có :
f(x) = a ln |x|, ∀x ∈ R \{0}, a tùy ý
2.1.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.)
Bài toán 8 :Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \
{0}
thỏa mãn điều kiện :
f(xyz) = f(x)f(y)f(z) (1)
Giải :
* Với y = z = 1, ta có :
f(x) = f(x).f(1)2 ⇔ f(x) [1− f(1)] [1 + f(1)] = 0,∀x ∈ R
13
Nếu f(1) ̸= ±1 thì f(x) = 0,∀x ∈ R hay f(x) ≡ 0 (thỏa mãn đề bài). Nếu
f(1) = 1 thì
f(1) = f(x.1
x) = f(x).f(
1
x),∀x ∈ R \
{0}
Vậy : f(x) ̸= 0,∀x ∈ R \{0}.
* Xét x, y, z ∈ R+.
Đặt x = eu, y = ev, z = e, f(et) = g(t) ta có :
g(u+ v + w) = g(u).g(v).g(w), ∀u, v, w ∈ R
Theo Bài toán 2’ :
g(u) =
0, ∀x ∈ RAu ∀x ∈ R, A > 0−Bu ∀x ∈ R, B > 0
Hay :
f(x) =
0, ∀x ∈ R+
xa ∀x ∈ R+,∀a−xb ∀x ∈ R+, ∀b
* Xét x, y, z ∈ R−.
f(−x3) = [f(−x)]3 ⇔ f(−x) = 3√
f(−x3)
Ta có : f(−x3) > 0 và f(−x3) thỏa mãn yêu cầu đề bài nên :
f(−x3) = (−x3)α ⇔ f(−x) = 3√
(−x3)α = 3√(|x|α)3 = |x|α,∀x ∈ R−, α tùy ý
Hay
f(x) = |x|α,∀x ∈ R−, α tùy ý
Hoặc :
f(−x3) = −(−x3)β
⇔ f(−x) = − 3√(−x3)β = − 3
√(|x|β)3 = −|x|β),∀x ∈ R−, β tùy ý
Hay
f(x) = −|x|β,∀x ∈ R−, β tùy ý
Vậy trường hợp này có 2 nghiệm :
f(x) =
[|x|α, ∀x ∈ R−, α tùy ý−|x|β, ∀x ∈ R−, β tùy ý
14
Vậy tất cả các nghiệm của phương trình này là :
f(x) =
0 ∀x ∈ R|x|a, ∀x ∈ R, a ∈ R tùy ý{xα, ∀x ∈ R+
−|x|α, ∀x ∈ R− α ∈ R tùy ý{−xβ, ∀x ∈ R+
|x|β, ∀x ∈ R− β ∈ R tùy ý
Ngoài ra, Ta có thể đưa bài toán này về trường hợp 2 biến tự do như sau: *
Với y = z = 1, ta có :
f(x) = f(x)[f(1)]2 ⇔ f(x)[f(1)− 1][f(1) + 1] = 0
* Nếu f(1) ̸= ±1 thì
f(x) ≡ 0,∀x ∈ R(thỏa mãn).
* Nếu f(1) = 1 thì
f(1) = f(x.1
x) = f(x).f(
1
x), ∀x ∈ R.
Vậy f(x) ̸= 0,∀x ∈ R. Khi đó,
f(xy) = f(xy.1) = f(x)f(y)f(1) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R
Theo bài toán 2 biến, ta có nghiệm :
f(x) =
0 ∀x ∈ R|x|a, ∀x ∈ R \ 0, a ∈ R tùy ý{xb, ∀x ∈ R+
−|x|b, ∀x ∈ R− b ∈ R tùy ý
* Nếu f(1) = −1 thì tương tự như trên f(x) ̸= 0, ∀x ∈ R, khi đó
f(xy) = f(xy.1) = f(x)f(y).f(1) = −f(x)f(y),∀x, y ∈ R
⇔ −f(xy) = f(x)f(y) = [−f(x)].[−f(y)],∀x, y ∈ R
Đặt g(x) = −f(x), ta được :
g(xy) = g(x)g(y),∀x, y ∈ R
Và g(x) liên tục trên R nên theo Bài toán 4,
ta có nghiệm :
g(x) =
0 ∀x ∈ R|x|α, ∀x ∈ R α ∈ R tùy ý{xβ, ∀x ∈ R+
−|x|β, ∀x ∈ R− b ∈ R tùy ý
15
* Nghiệm của phương trình là :
f(x) =
0 ∀x ∈ R|x|a, ∀x ∈ R, a ∈ R tùy ý{xb, ∀x ∈ R+
−|x|b, ∀x ∈ R− b ∈ R tùy ý{−xβ, ∀x ∈ R+
|x|β, ∀x ∈ R− β ∈ R tùy ý
2.2 Các hàm số chuyển đổi với đa biến tự do.
Bằng những công cụ trên, ta dễ dàng có được kết quả tương tự với phương
trình hàm n biến tự do.Ta xét đến 2 trường hợp n chẵn, n lẻ.
2.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+)
Bài toán 1n : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x1+x2+ . . .+xn) = f(x1)+f(x2)+ . . .+f(xn) ∀x1, x2, . . . , xn ∈ R (1)
Kết quả :
f(x) = ax ∀x ∈ R, a tùy ý
2.2.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.)
Bài toán 2n : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x1+f(x2)+. . .+f(xn)) = f(x1).f(x2) . . . f(xn) ∀x1, x2, . . . , xn ∈ R (1)
Kết quả :
1. n chẵn :
f(x) =
[0 ∀x ∈ RAx ∀x ∈ R, A tùy ý
16
2. n lẻ :
f(x) =
0, ∀x ∈ RAx ∀x ∈ R, A > 0−Bx ∀x ∈ R, B > 0
2.2.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+)
Bài toán 3n : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \{0}
thỏa mãn điều
kiện :
f(x1.x2. . . . .xn) = f(x1)+f(x2)+. . .+f(xn) ∀x1, x2, . . . , xn ∈ R\{0}
(1)
Kết quả :
f(x) = a ln |x|, ∀x ∈ R, a tùy ý
2.2.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.)
Bài toán 4n : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \{0}
thỏa mãn điều
kiện :
f(x1.x2 . . . xn) = f(x1).f(x2) . . . f(xn) ∀x1, x2, . . . , xn ∈ R \{0}
(1)
Kết luận :
1. n chẵn :
f(x) =
0 ∀x ∈ R \
{0}
|x|α, ∀x ∈ R \{0}, α tùy ý{
xβ, ∀x ∈ R+
−|x|β, ∀x ∈ R− β tùy ý
2. n lẻ :
f(x) =
0 ∀x ∈ R|x|a, ∀x ∈ R, a ∈ R tùy ý{xb, ∀x ∈ R+
−|x|b, ∀x ∈ R− b ∈ R tùy ý{−xβ, ∀x ∈ R+
|x|β, ∀x ∈ R− β ∈ R tùy ý
Chương 3
Các hàm số chuyển đổi phéptính số học với 2 ẩn hàm.
3.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+).
1. Bài Toán 1”:
Bài toán 9 : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x+ y) = g(x) + g(y) (1)
Giải :
* Đặt g(0) = a, với y = 0 thì :
f(x) = g(x) + g(0) = g(x) + a ⇔ g(x) = f(x)− a,∀x ∈ R
Thay vào (1), ta có :
f(x+ y) = [f(x)− a] + [f(y)− a] = f(x) + f(y)− 2a,∀x, y ∈ R
* Đặt h(x) = f(x)− 2a thì :
2a+ h(x+ y) = 2a+ h(x) + 2a+ h(y)− 2a = 2a+ h(x) + h(y)
Vậy ta có h(x) liên tục trên R và :
h(x+ y) = h(x) + h(y),∀x, y ∈ R
17
18
Đây là phương trình hàm Cauchy, theo Bài Toán 1 ta có :
h(x) = bx ∀x ∈ R, b tùy ý.
Hay : {f(x) = bx+ 2a
g(x) = bx+ a∀x ∈ R; a, b tùy ý
2. Phương pháp :
* Bước 1 : Dùng phương pháp khử hàm.
Đặt f(x) = g(x) + g(x0) với g(x0) cố định.
* Bước 2 : Dự đoán nghiệm sẽ là ax+ b nên Dịch chuyển hệ số tự do b
Đặt h(x) = f(x)−b thì ta sẽ được phương trình 1 ẩn hàm thường gặp.
3.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.).
1. Bài Toán 2”:
Bài toán 10 : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện :
f(x+ y) = g(x)g(y) (1)
Giải :
* Xét trường hợp f(x) ≡ 0 ⇔ g(x) ≡ 0
Giả sử ∃x0 sao cho g(x0) = 0 thì
f(x) = f(x0 + x− x0) = g(x0).g(x− x0) = 0, ∀x ∈ R
Vậy : f(x) ≡ 0
Giả sử ∃x1 sao cho g(x1) ̸= 0 thì
0 = f(x1.y) = g(x1).g(y), ∀y ∈ R
Vậy : g(x) ≡ 0
19
* Xét f(x) ̸= 0, ∀x ∈ R thì :
f(x) =[(g(
x
2)]2
> 0
Với y = 0 thì
f(x) = f(x+ 0) = g(x).g(0), ∀x ∈ R
Đặt g(0) = a ̸= 0, ta có :
g(x) =f(x)
a,∀x ∈ R
Thay vào (1), ta được :
a.g(x+ y) = g(x).g(y) ⇔ g(x+ y)
a=
g(x)
a.g(y)
a,∀x, y ∈ R
Đặt h(x) =g(x)
athì h(x) liên tục trên R và :
h(x+ y) = h(x).h(y), ∀x, y ∈ R
Theo Bài Toán 2, ta có :
h(x) = bx, ∀x ∈ R, b tùy ý
Vậy : {g(x) = a.bx
f(x) = a2.bx∀x ∈ R; a, b tùy ý
Ngoài ra, ta có thể giải bài toán bằng phương pháp của Bài Toán 2 như
sau :
* Xét trường hợp f(x), g(x) ≡ 0
* Chứng minh f(x), g(x) > 0
* Đặt u(x) = ln [f(x)] , v(x) = ln [g(x)] thì u, v liên tục trên R và :
u(x+ y) = v(x) + v(y) ∀x, y ∈ R
Theo Bài Toán 1” , nghiệm là :{u(x) = bx+ 2a ⇔ f(x) = A2.Bx
v(x) = bx+ a ⇔ f(x) = A.Bx∀x ∈ R;A,B tùy ý
2. Phương Pháp
* Vì hàm có dấu (.) nên xét các trường hợp f(x) ≡ 0, g(x) ≡ 0
* Nếu f(x) ̸≡ 0, g(x) ̸≡ 0 thì dùng phương pháp khử biến g
* Dự đoán nghiệm có dạng a.bx, khử hệ số a đưa về dạng 1 ẩn hàm với
2 biến tự do thường gặp
20
3.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+).
1. Bài Toán 3”:
Bài toán 11 : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \{0}
thỏa mãn điều
kiện :f(xy) = g(x) + g(y) (1)
Giải :
* Với y = 1, ta có :
f(x) = f(x.1) = g(x) + g(1), ∀x ∈ R \{0}
Đặt g(1) = a thì
g(x) = f(x)− a, ∀x ∈ R \{0}
Thay vào (1), ta có :
f(xy) = f(x) + f(y)− 2a, ∀x, y ∈ R \{0}
* Đặt f(x) = h(x) + 2a thì h(x) liên tục trên R+. Khi đó :
h(xy) = h(x) + h(y), ∀x, y ∈ R \{0}
Theo Bài Toán 3, ta có nghiệm :
h(x) = b. ln |x|, ∀x ∈ R \{0}
Vậy : {f(x) = b. ln |x|+ 2a
g(x) = b. ln |x|+ a∀x ∈ R, a tùy ý
Ta cũng có thể giải theo phương pháp của bài toán 2 như sau :
* Xét x, y ∈ R+
Đặt x = eu, y = evvf(et) = h(t), g(et) = k(t), ta được
h(u+ v) = k(u) + k(v), ∀u, v ∈ R+
Theo Bài Toán 1” , ta có nghiệm :{h(u) = bu+ 2a ⇔ f(x) = b. ln x+ 2a
k(u) = bu+ a ⇔ g(x) = b. lnx+ a
21
* Xét x, y ∈ R−
Tương tự như trên :{h(u) = bu+ 2a ⇔ f(x) = b. ln(−x) + 2a
k(u) = bu+ a ⇔ g(x) = b. ln(−x) + a
* Kết luận : {f(x) = b. ln |x|+ 2a
g(x) = b. ln |x|+ a∀x ∈ R, a, b tùy ý
2. Phương Pháp
* Nhận xét thấy co phép (.) trong f(x.y) nên ta xét f(1) và g(1)
* Dùng phương pháp khử biến g
* Dự đoán nghiệm : f(x) = b. ln |x|+ a, khử hệ số tự do a.
3.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.).
1. Bài Toán 4”:
Bài toán 12 : Xác định các hàm f(x) liên tục trên R \{0}
thỏa mãn điều
kiện :f(xy) = g(x)g(y) (1)
Giải :
* Giả sử ∃x0 sao cho : g(x0) = 0, khi đó :
f(x0y) = g(x0)g(y) = 0 y ∈ R \{0}
Vậy : f(x) ≡ 0 ∀x ∈ R \{0}
* Giả sử ∃x1 sao cho : g(x1) ̸= 0, khi đó :
0 = f(x1y) = g(x1)g(y) ⇔ g(y) = 0 ∀y ∈ R \{0}
Hay : g(x) ≡ 0 ∀x ∈ R \{0}
Vậy f(x) ≡ 0 ⇔ g(x) ≡ 0
22
* Với y = 1 thì :
f(x) = g(x).g(1) ∀x ∈ R \{0}
- Nếu g(1) = 0 thì
f(x) = g(x)g(1) = 0 ∀x ∈ R \{0}
Khi đó :
f(x) ≡ 0, g(x) ≡ 0
- Đặt g(1) = a ̸= 0, ta có :
g(x) =f(x)
a∀x ∈ R \
{0}
Khi đó :
f(xy) =f(x)
a.f(y)
a∀x, y ∈ R \
{0}
Đặt f(x) = h(x).a2, h(x) liên tục trên R \{0}ta có :
h(xy) = h(x).h(y) ∀x, y ∈ R \{0}
Vậy nghiệm là :
h(x) =
0 ∀x ∈ R \
{0}
|x|α ∀x ∈ R \{0}, α tùy ý{
xβ ∀x ∈ R+
−|x|β ∀x ∈ R− ∀β tùy ý
Hay các cặp nghiệm là :
{f(x) ≡ 0
g(x) ≡ 0{f(x) = a2|x|α
g(x) = a|x|α∀x ∈ R, α tùy ý{
f(x) = a2.xβ
g(x) = a.xβ∀x ∈ R+, β tùy ý{
f(x) = −a2|x|β
g(x) = −a|x|β∀x ∈ R−, β tùy ý
Ngoài ra, ta có thể giải bằng phương pháp như Bài Toán 4 cũng cho ra
kết quả như trên
23
* Nếu ∃x0 sao cho g(x0) = 0 thì
f(x0.y) = g(x0).g(y) = 0, ∀y ∈ R \{0}
Khi đó, nếu ∃x1 sao cho g(x1) ̸= 0 thì
0 = f(x1) = g(x1).g(y) ⇔ g(y) = 0∀y ∈ R \{0}
Vậy :
f(x) ≡ 0 ⇔ g(x) ≡ 0
* Xét y = 1, ta có :
f(1) = f(x.1
x) = g(x).g(
1
x) ∀x ∈ R \
{0}
- Nếu f(1) = 0 thì g(x) = 0, ∀x ∈ R \{0}.
Hay :
f(x) ≡ 0, g(x) ≡ 0
- Nếu f(1) ̸= 0 thì
f(1) = f(x.1
x) = g(x).g(
1
x) ̸= 0 ∀x ∈ R \
{0}
Vậy
g(x) ̸= 0, f(x) ̸= 0 ∀x ∈ R \{0}
Do đó :
f(x2) = [g(x)]2 > 0,∀x ∈ R \{0}
* Xét x, y ∈ R+.
- Đặt x = eu, y = ev, f(et) = h(t), g(et) = k(t) thì h, k liên tục trên R,
khi đó :
h(u+ v) = k(u).k(v),∀u, v ∈ R
Theo Bài Toán 2" :{h(u) = a2.bu
k(u) = a.bu∀u ∈ R; a, b tùy ý
Vậy nghiệm là : {f(x) = a2.xα
g(x) = a.xα∀x ∈ R+, α tùy ý
24
* Xét x, y ∈ R− thì xy ∈ R+, khi đó :
f(x2) = [g(x)]2 ∀x ∈ R
Mà : x2 > 0 và thỏa mãn :
f[(x2).f(y2)
]= g(x2)g(y2)∀x, y ∈ R
Nên :
[g(x)]2 = f(x2) = a2(x2)β = a2(|x|β)2
Khi đó : {f(x) = a2|x|β
g(x) = ±a|x|β∀x ∈ R−, a tùy ý
Hay các cặp nghiệm là :
{f(x) ≡ 0
g(x) ≡ 0{f(x) = a2|x|α
g(x) = a|x|α∀x ∈ R, α tùy ý{
f(x) = a2.xβ
g(x) = a.xβ∀x ∈ R+, β tùy ý{
f(x) = −a2|x|β
g(x) = −a|x|β∀x ∈ R−, β tùy ý
2. Phương Pháp
* Xét các trường hợp f(x) ≡ 0, g(x) ≡ 0.
* Đặt g(1) = a, g(x) =f(x)
a, h(x) =
f(x)
a2
* Đưa về phương trình 1 ẩn hàm với 2 biến tự do dạng f(xy) = f(x)f(y)
Chương 4
Các hàm số chuyển đổi với đaẩn hàm
4.1 Các hàm số chuyển đổi với 3 ẩn hàm
4.1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+).
4.1.2 chuyển đổi từ (+) sang (.).
4.1.3 chuyển đổi từ (.) sang (+).
4.1.4 chuyển đổi từ (.) sang (.).
4.2 Các hàm số chuyển đổi với n ẩn hàm
4.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+).
4.2.2 chuyển đổi từ (+) sang (.).
4.2.3 chuyển đổi từ (.) sang (+).
4.2.4 chuyển đổi từ (.) sang (.).
25
LỜI CẢM ƠN
Vì khuôn khổ tiểu luận có hạn, thời gian thực hiện ngắn, nên tiểu luận chỉ
có thể mở rộng 1 số trường hợp tổng quát của "Các hàm số chuyển đổi phép
tính số học", đưa ra kết quả chung nhất cho tất cả các phương trình hàm dạng
này.
Phần chương 4 mở rộng cho các phương trình hàm đa ẩn nhưng vì giới hạn
của 1 tiểu luận nên không thể trình bày ra được. Hi vọng rằng cuốn tiểu luận
này sẽ được mở rộng để trở thành "luận án thạc sĩ" kết thúc khóa học. Khi
đó, nhiều vấn đề còn tồn đọng sẽ được giải quyết 1 cách chỉnh chu nhất, đưa
ra nhiều kết quả thuận lợi nhất cho bộ môn " Phương trình hàm".
Dù đã cố gắng nhưng có lẽ vẫn không tránh được một số sai sót nhất định.
Em mong thầy và các bạn sẽ có những sửa đổi, đóng góp để Tiểu luận của
em trở nên đúng đắn và chính xác hơn. Xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn
Văn Mậu đã tận tình giảng dạy trong những ngày qua, các tác giả những cuốn
sách phương trình hàm đã mang đến cho em nhiều kiến thức hữu ích để hoàn
thành tiểu luận này...
Học viên K25
Nguyễn Hạ Thi Giang
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu Phương Trình Hàm, NXBGD, 1997.
[2] Nguyễn Văn Mậu Lớp các phương trình hàm Cauchy, D’ Alembert và các
dạng toán liên quan, www.VNMATH.com
[3] Nguyễn Văn Mậu, Bùi Công Huấn, Đặng Hùng Thắng, Trần Nam Dũng,
Đặng Huy Ruận. Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh
giỏi, NXB Hà Nội, 2004.
[4] Trần Minh Hiền Phương Trình Hàm- Kỹ thuật giải và một số vấn đề liên
quan, www.VNMATH.com, 2011.
[5] Không tác giả Các phương pháp giải Phương trình hàm thường dùng,
www.VNMATH.com.
27
Mục lục
Lời giới thiệu i
1 Những hàm số chuyển đổi các phép tính số học với 2 biến tự
do 1
1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Các hàm số chuyển đổi các phép tính số học với đa biến tự do 7
2.1 Các hàm số chuyển đổi với 3 biến tự do . . . . . . . . . . . . . . 7
2.1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) . . . . . . . . . . . . . 7
2.1.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) . . . . . . . . . . . . . . 9
2.1.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) . . . . . . . . . . . . . . 11
2.1.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Các hàm số chuyển đổi với đa biến tự do. . . . . . . . . . . . . . 15
2.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+) . . . . . . . . . . . . . 15
2.2.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.) . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+) . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.) . . . . . . . . . . . . . . . 16
3 Các hàm số chuyển đổi phép tính số học với 2 ẩn hàm. 17
3.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+). . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.2 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (.). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.3 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (+). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.4 Hàm chuyển đổi từ (.) sang (.). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
28
29
4 Các hàm số chuyển đổi với đa ẩn hàm 25
4.1 Các hàm số chuyển đổi với 3 ẩn hàm . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.1.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+). . . . . . . . . . . . . . 25
4.1.2 chuyển đổi từ (+) sang (.). . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.1.3 chuyển đổi từ (.) sang (+). . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.1.4 chuyển đổi từ (.) sang (.). . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2 Các hàm số chuyển đổi với n ẩn hàm . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2.1 Hàm chuyển đổi từ (+) sang (+). . . . . . . . . . . . . . 25
4.2.2 chuyển đổi từ (+) sang (.). . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2.3 chuyển đổi từ (.) sang (+). . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2.4 chuyển đổi từ (.) sang (.). . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
Lời cảm ơn 26
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27