Luận văn Một số lớp bài toán về phương trình hàm

c trên R thỏa mãn f (x)−2 f (tx)+ f (t2x) = x2, ∀x ∈ R. LỜI GIẢI. Giả sử f là hàm thỏa mãn bài toán. Đặt f (x)− f (tx) = g(x), thế thì g liên tục, g(0) = 0 và g(x)−g(tx) = x2,∀x ∈ R. Lần lượt thay x bởi tx, t2x, ..., tn−1x ta suy ra g(tx)−g(t2x) = t2x2 ... g(tn−1)−g(tnx) = t2(n+1)x2. Cộng n đẳng thức trên ta suy ra với n ∈ N∗ thì g(x)−g(tnx) = x2(1+ t2+ ...+ t2(n+1)) = x21− t 2n 1− t2 . 37 Sử dụng tính liên tục của g với chú ý 0< t < 1, trong đẳng thức trên cho n→+∞ ta có g(x)−g(0) = x 2 1− t2 , do g(0) = 0 nên g(x) = x2 1− t2 . Do đó f (x)− f (tx) = x 2 1− t2 . Tương tự như đối với hàm g, ta cũng suy ra f (x)− f (tnx) = x 2 1− t2 (1+ t 2+ ...+ t2(n−1)) = x2 1− t2n (1− t2)2 . Cho n→+∞ ta có f (x)− f (0) = x 2 (1− t2)2 . Hay f (x) = x2 (1− t2)2 +c,∀x ∈R, với c ∈R tùy ý. Thử lại, đây là nghiệm của bài toán. Để kết thúc mục này ta đi xét đến các bài toán sử dụng đến định lý "giá trị trung gian" của hàm số. Bài toán 3.1.16. Chứng minh rằng với mọi hàm f : [0,1]→ [0,1] liên tục thì phương trình f (x) = x có nghiệm trên [0,1]. LỜI GIẢI. Đặt g(x) = f (x)− x thì g(x) là hàm số liên tục trên [0,1]. Ta có g(0) = f (0)≥ 0 và g(1) = f (1)−1≤ 0, kết hợp g là liên tục trên [0,1] nên tồn tại x ∈ [0,1] sao cho g(x) = 0 hay f (x) = x (ĐPCM). Bài toán 3.1.17. Cho hai hàm số f ,g liên tục trên I = [0,1] thỏa mãn (i). f (g(x)) = g( f (x)), ∀x ∈ I, (ii). f là hàm không giảm trên I. Chứng minh rằng tồn tại a ∈ I sao cho f (a) = g(a) = a. LỜI GIẢI. Theo bài toán trên thì phương trình g(x) = x có nghiệm trên I. Ta gọi nghiệm này là x0. Khi đó, nếu f (x0) = x0 thì bài toán được chứng minh. Ta xét trường hợp f (x0) 6= x0. Ta xây dựng dãy số xn xác định bởi xn+1= f (xn),n∈N (1). Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng g(xn) = xn,∀n ∈ N (2). Ta đi chứng minh dãy xn hội tụ đến a ∈ I, khi đó từ (1) lấy giới hạn hai vế ta suy ra f (a) = a, tương tự thì từ (2) ta cũng có g(a) = a. Như vậy f (a) = g(a) = a. Ta có f : I→ I nên xn là dãy bị chặn, chặn trên bởi 1 và chặn dưới bởi 0. Ngoài ra, f là hàm không giảm nên dễ thấy xn là dãy không giảm nếu x0 ≤ x1, hoặc xn là dãy không tăng nếu x0 > x1. Do đó dãy xn hội tụ đến a ∈ I. Theo trên ta có ĐPCM. Nhận xét. Bài toán không thay đổi nếu ta thay I = [0,1] bởi đoạn [a,b] với a< b bất kì Bài toán 3.1.18. Cho f liên tục trên R và thỏa mãn hai điều kiện (i). f (2012) = 2011, (ii). f (x) f 4(x) = 1, ∀x ∈ R, ở đây f n(x) = f ( f ...( f (x))), n lần f . Tính giá trị của f (2011). 38 LỜI GIẢI. Gọi D là miền giá trị của f trên R. Từ (ii) ta có x f 3(x) = 1,∀x ∈ D (1). Mặt khác từ (i) ta có 2011 ∈ D. Trong (ii) lấy x = 2012 ta có f 4(2012) = 1 2011 . Suy ra 1 2011 ∈ D. Do f liên tục nên I = [ 1 2011 ,2011]⊆ D (2). Từ (1) suy ra f đơn ánh trên D, mà f liên tục nên f đơn điệu trên D. Ta thấy rằng f không thể đơn điệu tăng trên D, vì nếu không f 3 cũng tăng trên D, mâu thuẫn với f 3(x) = 1 x ,∀x ∈ D. Do vậy f đơn điệu giảm trên D. Nói riêng, f đơn điệu giảm trên I. Ta chứng minh f (x) = 1 x ,∀x ∈ I. Thật vậy, giả sử tồn tại x0 ∈ D mà f (x0)> 1x0 , do f giảm nên f 2(x0)< f ( 1 x0 ) (3) ⇒ 1 x0 = f 3(x0)> f 2( 1 x0 )⇒ f ( 1 x0 )< f 3( 1 x0 ) = x0. (4) Từ (3) và (4) ta có x0 > f 2(x0)⇒ f (x0)< f 3(x0) = 1x0 , mâu thuẫn với giả sử trên. Vậy không tồn tại x0 ∈ I mà f (x0)> 1x0 . Tương tự, ta cũng có khẳng định không tồn tại x0 ∈ I mà f (x0)< 1x0 . Vậy f (x) = 1 x , ∀x ∈ I. Từ (2) ta suy ra f (2011) = 1 2011 . Bài toán 3.1.19. Tìm hàm số f : R→ R liên tục thỏa mãn f (0) = 0 và f (x) = x+ f (x− f (x)), ∀x ∈ R. LỜI GIẢI. Đặt x− f (x) = g(x) thì f (g(x)) =−g(x). Ta có g liên tục trên R, và g(0) = 0, g(g(x)) = g(x)− f (g(x)) = 2g(x), ∀x ∈ R. Từ đó, nếu g(x) > 0 tại x = x0 nào đó thì g(x) có thể nhận giá trị dương lớn tùy ý, còn nếu g(x) có giá trị âm thì nó nhận giá trị âm nhỏ tùy ý. Vì g(x) liên tục nên nếu g(x) nhận giá trị a và b thì nó nhận giá trị tùy ý giữa a và b. Nên ta xét 4 trường hợp sau đây : *) g(x) = 0,∀x ∈ R, thì f (x) = x là nghiệm của bài toán. *) g(x)≥ 0,∀x ∈ R. Khi đó ∀x≥ 0 tồn tại y để g(y) = x nên f (x) = f (g(y)) =−g(y) =−x. Với x < 0 thì do g(x) ≥ 0 ta phải có f (x) ≤ x. Như vậy, với x ≥ 0 thì f (x) = −x, với x < 0 thì f (x) ≤ x. Ta chỉ ra hàm này thỏa mãn bài toán. Thật vậy: Nếu x ≥ 0 39 thì f (x− f (x)) + x− f (x) = f (2x) + 2x = 0. Còn nếu x < 0, do x− f (x) ≥ 0 nên f (x− f (x))+ x− f (x) = f (x)− x+ x− f (x) = 0. *) g(x)≤ 0,∀x ∈R. Tương tự, ta suy ra hàm cần tìm là f liên tục, f (x) =−x,∀x≤ 0, và f (x)≥ x,∀x> 0. *) g(x) nhận giá trị tùy ý trên R. Khi đó, ∀x ∈ R tồn tại y ∈ R sao cho g(y) = x. Và ta có f (x) = f (g(y)) =−g(y) =−x,∀x ∈ R. Vậy bài toán có 4 nghiệm, được xác định như trên. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài tập 3.1.1. Tìm hàm f xác định và liên tục trên R+ thỏa mãn f (x3)− x2 f (x) = 1 x3 − x, ∀x> 0. Gợi ý. Đặt f (x) x − 1 x2 = g(x) thì g liên tục trên R+, đồng thời g(x3) = g(x),∀x> 0. Từ đó g(x) = g(1) = c, với c ∈ R bất kì. Suy ra f (x) = cx+ 1 x , ∀x> 0. Bài tập 3.1.2. Tìm hàm f xác định và liên tục trên R+ thỏa mãn ( f (x3)− x6)( f (x2)− x4) = x5, ∀x> 0. Gợi ý. Đặt g(x) = f (x) x − x,∀x> 0. Bài tập 3.1.3. Tìm tất cả các hàm f : R+→ R+ liên tục thỏa mãn f (x) = f ( x(x2+3.20112) 3x2+20112 ), ∀x> 0. Gợi ý. Với x> 0 xét dãy x0 = x,xn+1 = xn(x2n+3.2011 2) 3x2n+2011 2 . Giải phương trình x= x(x2+3.20112) 3x2+20112 với x> 0 ta được nghiệm a= 2011. - Nếu 0< x< 2011 thì chứng minh dãy xn tăng và bị chặn trên bởi 2011. Dẫn đến xn hội tụ đến 2011. - Nếu x ≥ 2011 thì chứng minh dãy xn không giảm và bị chặn dưới bởi 2011. Từ đó xn hội tụ đến 2011. Từ đó, sử dụng tính chất hội tụ của f (x) ta suy ra nghiệm của bài toán là f (x)≡ 0,∀x> 0. Bài tập 3.1.4. Tìm tất cả các hàm số liên tục thỏa mãn f (x) = f (1− cosx),∀x ∈ R. 40 Gợi ý. Xét dãy xn+1 = 1− cosxn, n ∈ N với x0 tùy ý. Ta chứng minh xn hội tụ đến 0. Từ đó sử dụng tính liên tục của hàm số suy ra f (x) = const. Bài tập 3.1.5. (Putnam 1996) Cho số thực c ≥ 0. Hãy xác định tất cả các hàm số liên tục f : R→ R thỏa mãn f (x) = f (x2+ c), ∀x ∈ R. Gợi ý. Bạn đọc có thể xem lời giải cụ thể trong [6], Exemple 3.3 trang 60. Bài tập 3.1.6. Tìm hàm f liên tục trên R\{0} thỏa mãn f (x) f (1 x ) = 1, ∀x 6= 0. Gợi ý. Chứng minh mọi nghiệm của bài toán đều có dạng f (x) = √ g(x) g(1x) , với g(x) là hàm liên tục tùy ý thỏa mãn g(x)> 0,∀x 6= 0. Bài tập 3.1.7. (Mock Summer Camp 2008) Tìm f : R→ R liên tục thỏa mãn f (x+ y) = f (x)+ f (y)+ f (x) f (y), ∀x,y ∈ R. Bài tập 3.1.8. Giả sử f :R→R liên tục và f (x+y) f (x−y) = [ f (x)]2,∀x,y ∈R. Chứng minh rằng: hoặc f (x)≡ 0 hoặc phương trình f (x) = 0 không có nghiệm. Gợi ý. Cho x= y= ta có f (2x) f (0) = [ f (x)]2. Nếu f (0) = 0 thì ta sẽ suy ra f (x)≡ 0. Nếu f (0) 6= 0, ta giả sử phản chứng tồn tại x sao cho f (x) = 0. Khi đó suy ra f (x/2) = 0, bằng quy nạp ta có f (x/2n) = 0,∀n ∈ N. Từ đó sử dụng tính liên tục suy ra f (0) = 0, mâu thuẫn. Vậy giả sử trên là sai. Hay f (x) = 0 không có nghiệm. Bài tập 3.1.9. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [0,1] thỏa mãn f (0) = f (1). Chứng minh rằng phương trình f (x) = f (x+ 1 2011 ) có nghiệm x ∈ [0,1]. Gợi ý. Thay 2011 bởi 2≤ k ∈ N. Xét hàm g(x) = f (x+ 1 k )− f (x). Bài tập 3.1.10. Chứng minh rằng không thể tồn tại hàm số liên tục f : R→ R có tính chất: f (x) hữu tỉ khi và chỉ khi f (x+1) vô tỉ. Gợi ý.Xét các hàm số g(x) = f (x+1)− f (x) và h(x) = f (x+1)+ f (x). Chúng không thể cùng là hàm hằng, vì nếu không f (x) = h(x)−g(x) 2 là hàm hằng, mâu thuẫn. Giả sử, chẳng hạn, h(x) không là hàm hằng, nghĩa là tồn tại x1 6= x2 sao cho h(x1)< h(x2). Khi đó, tồn tại số hữu tỉ r ∈ [h(x1),h(x2)], vì h(x) liên tục nên tồn tại x0 thỏa mãn h(x0) = r. Như vậy f (x0+ 1)+ f (x0) = r, mâu thuẫn vì f (x0+ 1), f (x0) không cùng là số hữu tỉ hoặc vô tỉ. Vậy không tồn tại hàm thỏa mãn bài toán. 41 Bài tập 3.1.11. Tìm hàm f : [0,1]→ R liên tục thỏa mãn f (x) = 1 2 [ f ( x 2 )+ f ( 1+ x 2 )], ∀x ∈ [0,1]. Gợi ý. f (0) = f (1/2) = f (1). Do f liên tục nên đạt GTLN, GTNN trên [0,1]. Ta chứng minh f (x) = f (0),∀x ∈ (0,1). Bằng cách chỉ ra f (0) = f (1) cùng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f (x) trên [0,1]. Bài tập 3.1.12. Chứng minh rằng không tồn tại hàm f xác định và liên tục trên R thỏa mãn f ( f (x)) =−x, ∀x ∈ R. Gợi ý. Sử dụng tính chất f liên tục và đơn ánh thì đơn điệu. Bài tập 3.1.13. (Olympic SV 2003) Tìm tất cả các hàm f (x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn f (x+2002)( f (x)+ √ 2003) =−2004, ∀x ∈ R. Gợi ý. Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán. Khi đó f (x) 6= 0 và f (x) 6= −√2003 trên R. Vì f liên tục nên chỉ xảy ra 3 trường hợp với với miền giá trị D của f như sau: - Nếu D⊂ (−∞,−√2003) thì f (x+2002)( f (x)+√2003)> 0>−2004. - Nếu D⊂ (−√2003,0) thì | f (x+2002)|<√2003, | f (x)+√2003|<√2003 nên | f (x+2002)( f (x)+√2003)|< 2003< 2004,∀x ∈ R. - Nếu D⊂ (0,+∞) thì f (x+2008)( f (x)+√2003)> 0>−2004,∀x ∈R. Như vậy cả 3 trường hợp đều mâu thuẫn với điều kiện. Kết luận, bài toán không có nghiệm ! Bài tập 3.1.14. Cho f (x),g(x) là các hàm số xác định và liên tục trên R thỏa mãn f (g(x)) = g( f (x)). Chứng minh rằng: nếu phương trình f (x) = g(x) vô nghiệm thì phương trình f ( f (x)) = g(g(x)) cũng vô nghiệm. Bài tập 3.1.15. Giả sử hàm số f (x) liên tục trên R, nhận giá trị khác dấu. Chứng minh rằng tồn tại một cấp số cộng a< b< c sao cho f (a)+ f (b)+ f (c) = 0. Gợi ý. Có x0 sao cho f (x0) > 0. Do f liên tục trong một lân cận của điểm này và f (x0)> 0 nên ta tìm được một cấp số cộng a0,b0,c0 sao cho f (a0)+ f (b0)+ f (c0)> 0. Tương tụ, ta tìm được một cấp số cộng a1,b1,c1 sao cho f (a1) + f (b1) + f (c1) < 0. Với tham số t ∈ [0,1] ta xét cấp số cộng a(t) như sau s(t) = a0(1− t)+ a1t, tương tự với b(t),c(t). Xét hàm số F(t) = f (a(t)) + f (b(t)) + f (c(t)) là một hàm số liên tục, F(0) 0. Do đó, tồn tại t0 ∈ [0,1] sao cho F(t0) = 0. Khi đó, cấp số cộng cần tìm là a(t0),b(t0),c(t0). 42 3.2 Phương pháp qui nạp toán học Nguyên lý qui nạp toán học: Ta xét khẳng định S(k) mà tính đúng đắn phụ thuộc vào k ∈ N. Giả sử S(k) đúng với giá trị ban đầu k = n0 ∈ N và nếu S(k) đúng với k = n thì S(k) cũng đúng với k = n+ 1. Khi đó ta sẽ có khẳng định S(k) đúng với mọi k mà n0 ≤ k ∈ N. Một dạng khá đặc biệt của nguyên lý qui nạp toán học thường được gọi với cái tên "Qui nạp kiểu Cauchy" phát biểu như sau: Giả sử S(k) đúng với giá trị ban đầu k= n0 ∈N ta sẽ suy ra S(k) đúng với k= fi(n0)≥ n0, ∀i∈N trong đó ta có fi(n0)→+∞ khi i→ +∞. Và từ S(k) đúng với k = fi(n0) ta suy ra S(k) cũng đúng với mọi k mà n0 ≤ k ≤ fi(n0). Khi đó S(k) đúng với mọi k ≥ n0. Ta có thể thấy rằng PP Qui nạp toán học sẽ thường áp dụng cho các bài toán PTH trên tập số tự nhiên. Tuy nhiên, nó cũng có ích trong các bài toán PTH khi hàm số xác định trên Z, Q, R, với ý tưởng qui nạp từng bước N→ Z→ Q→ R. Từ bước N→ Z ta thường quan tâm đến tính chẵn lẻ của hàm số. Riêng bước từ Q→ R ta cần thêm dữ kiện, chẳng hạn: hàm đang xét liên tục, tăng thực sự hay đơn điệu,... (Phần này chúng ta sẽ xét nhiều hơn trong phần PTH Cauchy hay PP sử dụng tính đơn điệu của hàm số). Ta đi xét một vài ví dụ để nắm vững phương pháp cơ bản và hữu ính này. Bài toán 3.2.1. (VietNam 1985) Tìm f : Z→ Z thỏa mãn f (0) 6= 0, f (1) = 5/2 và f (n) f (m) = f (n+m)+ f (n−m), ∀n,m ∈ Z. LỜI GIẢI. Lấy n = m = 0 ta suy ra [ f (0)]2 = 2 f (0), do f (0) 6= 0 nên f (0) = 2. Lấy m= 1 ta có f (n) f (1) = f (n+1)+ f (n−1), ∀n ∈ Z. Ta thấy rằng f xác định hoàn toàn khi biết f (0) = 2 và f (1) = 5/2. Ta sẽ chứng minh qui nạp f (n) = 2n+ 2−n, ∀n ∈ Z, (∗). Ta chỉ cần chứng minh đúng với n ∈ N vì nếu lấy n = 0 ta có f là hàm chẵn. Ta có (*) đúng với n = 0, n = 1. Giả sử (*) đúng đến n= k, 1≤ k ∈ N ta chứng minh (*) cũng đúng với n= k+1. Thật vậy f (k+1) = 5 2 (2k+2−k)− (2k−1+21−k) = 2k+1+2−k−1. Do đó theo nguyên lý qui nạp toán học ta có f (n) = n ∈ N. Và do đó nó cũng đúng với n ∈ Z vì f và hàm 2n+2−n đều là hàm chẵn. Kết luận f (n) = 2n+2−n, ∀n ∈ Z. Bài toán 3.2.2. Tìm hàm f : N∗→ N∗ thỏa mãn f (2) = 2, f (m)< f (n), ∀m< n và f (nm) = f (n) f (m) với mọi n,m ∈ N thỏa mãn (m,n)=1. 43 LỜI GIẢI. Ta có f (3) f (5) = f (15)< f (18) = f (2) f (9)< f (2) f (10) = f (2) f (2) f (5) = 4 f (5)⇒ f (3) < 4. Do đó f (3) = 3. Như vậy ta có f (2) = 2, f (3) = 3. Ta xét dãy an như sau: a0 = 3, an+1 = an(an− 1), ∀n ∈ N. Khi đó bằng quy nạp chúng ta dễ thấy rằng: f (an) = an và lim n→+∞an =+∞. Kết hợp giả thiết f tăng trên N ta suy ra nghiệm của bài toán là f (n) = n, ∀n ∈ N∗. Bài toán 3.2.3. (Putnam 1963) Tìm tất cả các hàm f : N→ N tăng thực sự thỏa mãn các điều kiện f (2) = 2 và f (mn) = f (m) f (n), ∀m,n ∈ N. LỜI GIẢI. Do f tăng thực sự nên 0≤ f (0)< f (1)< f (2) = 2. Do đó f (0) = 0, f (1) = 1. Giả sử f (3) = 3+ k,k ∈ N, suy ra f (6) = f (2) f (3) = 6+2k nên f (5) ≤ 5+2k. Ta có f (10)= f (2) f (5)≤ 10+4k, suy ra f (9)≤ 9+4k, f (18)≤ 18+8k nên f (15)≤ 15+8k. Mặt khác, f (5)≥ 5+k nên f (15) = f (5) f (3)≥ (5+k)(3+k). Vì vậy (5+k)(3+k)≤ 15+ 2k, từ đó k = 0, f (3) = 3. Bằng quy nạp chứng minh f (2n+ 1) = 2n+ 1,∀n ∈ N suy ra 2n+1= f (2n+1)< ... < f (2n+ k)< ... < f (2n+1) = 2n+1+1, với mọi n ∈ N và k= 1,2, ...,2n. Từ 2n+1 đến 2n+1+1 có đúng 2n số tự nhiên nên f (2n+k) = 2n+k. Kết luận f (n) = n,∀n ∈ N. Bài toán 3.2.4. (IMO 1977) Xác định tất cả các hàm f : N→ N thỏa mãn f (n+1)> f ( f (n)), ∀n ∈ N. LỜI GIẢI. Bằng phép lặp khá đặc biệt tương tự qui nạp, ta chỉ ra f (k)≥ k, ∀k ∈ N. Ta có f (n+1)> f ( f (n))≥ 0⇒ f (n+1)≥ 1, ∀n∈N. Nên khi đặt g(n) = f (n+1)−1 thì g : N→ N. Và ta có g(n)+1= f (n+1)> f ( f (n)) = f (g(n−1)+1) = g(g(n−1))+1, ∀n ∈ N∗. Như vậy ta lại có g(n+ 1) > g(g(n)), ∀n ∈ N. Do đó g(n+ 1) ≥ 1 suy ra f (n+ 2) = g(n+1)+1≥ 2. Lập lại quá trình trên, tức lại xây dựng hàm h(n) = g(n+1)−1, ... ta suy ra f (n+ k)≥ k, ∀k ∈ N. Lấy n= 0 thì ta có f (k)≥ k, ∀k ∈ N. Theo điều kiện ban đầu ta suy ra f (k+1)> f ( f (k))≥ f (k). Điều này dẫn đến f là hàm tăng trên N.Mặt khác f (k+1)> f ( f (n)) nên k+1> f (k). Như vậy k+1> f (k)≥ k, ∀k ∈N. Dẫn đến nghiệm của bài toán là f (k) = k, ∀k ∈ N. Bài toán 3.2.5. (THTT - T6/ Số 302) Xét hàm f : N∗→ N∗ thỏa mãn (i). f (n+1) = f (n)−1 hoặc 4 f (n)−1, ∀n ∈ N∗. (ii). Với mọi m ∈ N∗ thì tồn tại duy nhất n ∈ N∗ mà f (n) = m. Tính giá trị f (2002) 44 LỜI GIẢI. Xét dãy f (1), f (2), f (3), ... Đây là dãy các số nguyên dương đôi một phân biệt. Ta có các nhận xét sau: 1) Nếu f (n+1)> f (n) thì với mọi k ≥ n+1 ta đều có f (k)> f (n). 2) Vì mỗi số nguyên dương xuất hiện đúng một lần trong dãy nên f (n+1) = f (n)−1 nếu f (n)−1 /∈ { f (1), f (2), ..., f (n)}. Trong trường hợp còn lại thì f (n+1) = 4 f (n)−1. 3) Nếu f (1) 6= 1 thì tồn tại a 6= 1 ∈ N∗ để f (a) = 1. Khi đó f (a+ 1) = 3, từ đây và nhận xét 1 ta sẽ suy ra a= 2. Do đó f (1) = f (a−1) = 2. Như vậy f (1) ∈ {1, 2}. Bây giờ, ta đi xét hai trường hợp sau: *) Nếu f (1) = 1. Ta chứng minh f (2n+ k) = 2n+1− (k+ 1) với 0 ≤ k ≤ 2n− 1. Ta chứng minh qui nạp theo s = 2+k. Dễ thấy s = 1,2,3 đúng. Giả sử đúng tới s. Nếu s = 2n + k với 0 ≤ k ≤ 2n − 2 thì f (s) = 2n+1 − (k+ 1). Theo nhận xét 2 thì f (s+ 1) = f (s)− 1 = 2n+1− (k+ 2). Còn nếu s = 2n+ k, k = 2n− 1 thì f (s) = 2n. Ta có f (2n−1) = 2n−1= f (s)−1 đã xuất hiện trong dãy { f (1), f (2), ..., f (s)} nên theo nhận xét 2 thì f (s+1) = 4 f (s)−1= 2n+2−1.Như vậy ta đã hoàn tất chứng minh khẳng định trên. *) Nếu f (1) = 2 thì chứng minh tương tụ ta có f (4n + k) = 3.4n − (k+ 1) nếu o≤ k ≤ 2.4n−1 và f (4n+ k) = 6.4n− (k+1) nếu 2.4k ≤ k ≤ 3.4n− (k+1). Từ đó ta có f (2002) = 1069 hoặc f (2002) = 2093. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài tập 3.2.1. Cho hàm số f (x) xác định trên N thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = 1 và f (n+1) = 3 f (n)−2 f (n−1), ∀n ∈ N∗. Chứng minh rằng f (n) = 2n−1. Bài tập 3.2.2. Tìm f : R+→ R+ liên tục thỏa mãn các tính chất sau: (i) f (2x) = 2 f (x), (ii) f ( f (x)) = x f (x), ∀x ∈ R+, (iii) f (n) ∈ N∗ với n ∈ N∗ Gợi ý. Chỉ ra f đơn ánh, kết hợp f liên tục, f (2) = 2 f (1) = 2 ta suy ra f tăng thực sự. Quy nạp f (2n) = 2n, ∀n ∈ N∗. Từ đó, 2n= f (2n)< f (2n+1)< ... < f (2n+2n)= 2n+1, do từ 2n đến 2n+1 có đúng 2n+1 số tự nhiên, suy ra f (2n+k) = 2n+k, ∀k= 0,1, ...,2n. Dẫn đến f (n) = n, ∀n∈N∗. Quy nạp f ( n 2k ) = f (n) 2k = n 2k , suy ra f (x) = x trên Q+. Do f liên tục nên f (x) = x trên R+. 45 Bài tập 3.2.3. Xác định hàm f : [0,1]→ [0,1] thỏa mãn f (2x− f (x)) = x, ∀x ∈ [0,1]. Gợi ý. Theo cách xác định của hàm f thì ta có 0 ≤ 2x− f (x) ≤ 1, ∀x ∈ [0,1]. Đặt g(x) = 2x− f (x) thì g : [0,1]→ [0,1]. Ta có f (g(x)) = x và g(g(x)) = 2g(x)− f (g(x)) = 2g(x)−x. Từ đó bằng quy nạp ta chỉ ra gn(x) = n(g(x)−x)+x, ∀x ∈ [0,1]. Từ đó ta suy ra g(x) = x, ∀x ∈ [0,1]. Vì nếu tồn tại 0 ≤ x0 ≤ 1 mà g(x0) 6= x0 thì gn(x0)→ +∞ khi n→+∞, mâu thuẫn. Thế nên f (x) = x, ∀x ∈ [0,1]. Bài tập 3.2.4. Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn f (1) = 1 và f ( √ x2+ y2) = f (x)+ f (y), ∀x,y ∈ R. Gợi ý. Chỉ ra f (0) = 0, f (x) là hàm chẵn. Chứng minh bằng qui nạp f ( √ x21+ x 2 2+ ...+ x2n) = f (x1)+ f (x2)+ ...+ f (xn), ∀x1,x2, ...,xn ∈ R. Từ đó chỉ ra f ( √ k n ) = k n , ∀k,n ∈ N∗. Hay f (r) = r2, ∀r ∈ Q+. Kết hợp f (x) chẵn và là hàm liên tục ta suy ra f (x) = x2, ∀x ∈ R. Bài tập 3.2.5. (China TST 2007) Tìm tất cả các hàm f :Q+→Q+ thỏa mãn f (x)+ f (y)+2xy f (xy) = f (xy) f (x)+ f (y) , ∀x,y ∈Q+. Gợi ý. Chứng minh bằng qui nạp các khẳng định sau: f (n) = 1 n2 , ∀n ∈ N∗ và f (nx) = f (x) n2 , ∀n ∈ N∗, x ∈Q+. Từ đó chỉ ra f (x) = 1 x2 , ∀x ∈Q+. 3.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Mệnh đề 3.1. Chứng minh rằng: (i) Nếu f (x),g(x) cùng đơn điệu tăng, hoặc cùng đơn điệu giảm trênR thì f (g(x)), g( f (x)) cũng tăng trên R. Từ đó suy ra: Nếu f là hàm tăng trên R thì f n(x) cũng là hàm tăng trên R, với mọi n ∈ N∗. (ii) Nếu f (x) tăng trên R, g(x) giảm trên R thì f (g(x)),g( f (x)) đơn điệu giảm trên R. Từ đó suy ra: Nếu f (x) đơn điệu giảm trên R thì f 2n(x) đơn điệu tăng, còn f 2n+1(x) đơn điệu giảm trên R. 46 LỜI GIẢI. (i). Ta chứng minh cho trường hợp khó thấy hơn. Trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Giả sử f (x),g(x) là các hàm nghịch biến. Khi đó, với mọi x> y ta có x> y ⇐⇒ g(x) f (g(y)), hay f (g(x)) là hàm tăng trên R. Tương tự, g( f (x)) cũng tăng trên R. - Bây giờ giả sử f (x) là hàm tăng. Áp dụng kết quả trên với g(x)≡ f (x), thì f 2(x) là hàm tăng. Lấy g(x) ≡ f 2(x) thì f 3(x) = f ( f 2(x)) cũng là hàm tăng. Bằng quy nạp dễ dàng chỉ ra f n(x) đơn điệu tăng trên R. (ii). Giả sử f (x) tăng, còn g(x) giảm. Với mọi x> y ta có x> y ⇐⇒ g(x)< g(y) ⇐⇒ f (g(x))< f (g(y)), do đó f (g(x)) đơn điệu giảm trên R. Tương tự, g( f (x)) cũng đơn điệu giảm trên R. - Nếu f (x) đơn điệu giảm, thì sử dụng kết quả (i) với g(x) ≡ f (x) ta suy ra f 2(x) đơn điệu tăng, do đó f 2n(x) đơn điệu tăng với mọi n ∈ N, cũng theo hệ quả của (i). Bây giờ, áp dụng (ii) với g(x) = f 2n(x) là hàm tăng, ta suy ra f 2n+1(x) = g( f (x)) đơn điệu giảm với mọi n ∈ N. Nhận xét: Ở trên, nếu ta thay các giả thiết "đơn điệu tăng" bởi tính "không giảm", "đơn điệu giảm" bởi tính "không tăng" thì kết quả không thay đổi. Từ đây ta thấy rằng: "với mọi n ∈ N∗ thì f 2n+1(x) cùng tính đơn điệu với f (x), nhưng f 2n(x) cùng tính đơn điệu với f (x) khi và chỉ khi f (x) đơn điệu tăng". Đây là một kết quả cơ bản giúp ta phản xạ tốt hơn khi làm việc với hàm đơn điệu. Bài toán 3.3.1. Cho trước k ∈ N∗. Tìm hàm f : R→ R trong hai trường hợp sau: (i). f không giảm thỏa mãn f k(x) = x,∀x ∈ R, với k ≥ 2. (ii). f đơn điệu thỏa mãn f 2k+1(x) = x,∀x ∈ R. LỜI GIẢI. (i). Nhận thấy rằng f (x) = x, ∀x ∈ R là nghiệm của bài toán. Ta đi chứng minh nghiệm này là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại a∈R sao cho f (a) 6= a, ta xét 2 trường hợp sau: - Nếu f (a) > a. Do f không giảm nên f ( f (a)) ≥ f (a) > a suy ra f 3(a) = f ( f 2(a)) ≥ f (a)> a. Sử dụng quy nạp, dễ dàng thấy f k(a)≥ a, mâu thuẫn với f k(a) = a. - Nếu f (a) < a thì f ( f (a)) ≤ f (a) < a. Bằng quy nạp ta cũng suy ra f k(a) < a, mâu thuẫn với f k(a) = a. Vậy giả sử trên là sai. Hay f (x) = x, ∀x ∈ R. (ii). Giả sử f đơn điệu giảm thì theo kết quả của mệnh đề trên, ta suy ra f 2k+1 cũng đơn điệu giảm, mâu thuẫn vì f 2k+1(x) = x là hàm tăng. Vậy giả sử trên là sai, có nghĩa f là hàm không giảm. Đến đây, áp dụng (i) ta suy ra nghiệm của bài toán là f (x) = x,∀x∈R. 47 Nhận xét: Bài toán này là một kết quả rất có ích với nhiều bài PTH. Chúng ta sẽ thấy được điều đó ở các bài toán tiếp dưới đây. Mệnh đề 3.2. Cho g(x) là hàm liên tục trên R. Chứng minh rằng nếu f :R→R là hàm đơn điệu thỏa mãn f (x) = g(x), ∀x ∈Q thì f (x) = g(x), ∀x ∈ R. Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp f là hàm không giảm. Trường hợp f là hàm không tăng được suy ra từ trường hợp f không giảm bằng việc xét hàm − f (x). Với mỗi x ∈ R, lấy hai dãy hữu tỉ sn giảm và rn tăng sao cho lim n→+∞sn = limn→+∞rn = x⇒ limn→+∞g(sn) = limn→+∞g(rn) = g(x). (1) Do f không giảm nên g(sn) = f (sn) > f (x) > f (rn) = g(rn), chuyển qua giới hạn khi n→+∞, kết hợp (1) ta có g(x)≥ f (x)≥ g(x)⇒ f (x) = g(x). Vì x ∈ R lấy tùy ý nên f (x) = g(x),∀x ∈ R (ĐPCM) ! Nhận xét: Kết quả mệnh đề không đổi nếu đổi giả thiết f đơn điệu bởi f liên tục, hay thay R bởi một khoảng hay đoạn bất kì. Nếu lấy g(x) = ax thì f (x) = g(x),∀x ∈Q đồng nghĩa f cộng tính. Khi đó, đây là kết quả có nhiều ứng dụng quan trọng với lớp PTH vừa đơn điệu vừa cộng tính, mà chúng ta đã xét đến trong phần PTH cơ bản. Dưới đây là một vài ví dụ vận dụng mệnh đề này. Bài toán 3.3.2. (IMO 2002) Tìm tất cả các hàm f : R→ R thỏa mãn ( f (x)+ f (z))( f (y)+ f (t)) = f (xy− zt)+ f (xt+ yz), ∀x,y,z, t ∈ R. (*) LỜI GIẢI. Nhận thấy (*) có các nghiệm: f (x)≡ 0, f (x)≡ 1 2 , f (x) = x2. Ta sẽ chỉ ra đây là tất cả các nghiệm của bài toán. Giả sử f thỏa mãn (*). Lấy x= y= z= 0 ta có 2 f (0)= 2 f (0)( f (0)+ f (t)). Đặc biệt ta có 2 f (0) = 4 f (0), vì vậy f (0) = 0 hoặc f (0) = 1/2. Nếu f (0) = 1/2 thì ta có f (0)+ f (t) = 1 nên f (t)≡ 1/2 trên R. Xét trường hợp f (0) = 0. Khi đó, trong (*) lấy z= t = 0 ta có f (xy) = f (x) f (y), ∀x,y ∈ R. Như vậy f là hàm nhân tính. Đặc biệt, f (1) = [ f (1)]2 nên f (1) = 0 hoặc f (1) = 1. Nếu f (1) = 0 thì f (x) = f (x) f (1) = 0, ∀x ∈ R. Giả sử f (1) = 1. Trong (*) lấy x = 0 và y = t = 1 ta có f (−z)+ f (z) = 2 f (z). Vì vậy f (z) = f (−z), ∀z ∈R, mặt khác f (x2) = [ f (x)]2 nên f là hàm chẵn và f (y)≥ 0,∀y ∈R. Trong trường hợp cuối này ta chỉ ra rằng f (x) = x2, ∀x ∈ R. Thật vậy, lấy y= z= t = 1 trong (*) thì f (x−1)+ f (x+1) = 2( f (x)+1), ∀x ∈ R. (1) 48 Đến đây, ta thấy rằng (1) cũng đúng với x ∈ N. Với f (0) = 0, f (1) = 1 bằng quy nạp ta có thể dễ dàng chứng minh được f (n) = n2, ∀n ∈ N (ta cũng có thể dùng phương pháp quy về dãy số để chỉ ra điều này). Nhưng do f là hàm chẵn nên f (x) = x2, ∀x ∈Z. Thêm vào đó, f là hàm nhân tính nên dễ dàng thấy f (x) = x2, ∀x ∈Q. Ta thấy f không giảm trên R+. Thật vậy, ở (*) lấy t = x,z= y ta có f (x2+ y2) = ( f (x)+ f (y))2. Điều này chỉ ra rằng f (x2+ y2) ≥ [ f (x)]2+ [ f (y)]2, do f (x) ≥ 0,∀x ∈ R. Vì vậy nếu u≥ v≥ 0 thì f (u)≥ f (v), hay f không giảm trên R+. Đến đây sử dụng mệnh đề trên ta suy ra f (x) = x2,∀x ∈ R+. Hoặc vì trên R+ hàm x2 có hàm ngược √ x, nên ta có thể làm đơn giản hơn như sau: Giả sử tồn tại x> 0 mà 0≤ f (x) 6= x2. Ta xét 2 trường hợp: - Nếu 0≤ f (x) a>√ f (x), thì f (a) = a2 > f (x). Nhưng do f không giảm trên R+ nên f (a)≤ f (x), mâu thuẫn. - Nếu f (x)> x2, tương tự ta cũng suy ra mâu thuẫn. Vì vậy f (x) = x2, ∀x ∈ R+, kết hợp f là hàm chẵn nên f (x) = x2, ∀x ∈ R. Đến đây ta đã giải xong bài toán với kết quả như trên. Nhận xét: Bài toán xuất phát từ đồng nhất thức Lagrange: (x2+ z2)(y2+ z2) = (xy− zt)2+(xt+ yz)2. Áp dụng mệnh đề trên: khi biết hàm f trên tập Q nếu biết thêm một số điều kiện nữa, chẳng hạn: f liên tục, đơn điệu,... thì ta có thể xác định được f trên R. Ở bài toán trên, việc thấy f tăng trên R+ là khá quan trọng. Trong bài toán trên nếu xuất phát từ (*) khi cho t = 1 thì sẽ được bài toán mới kín hơn, nhưng có thể được giải một cách tương tự, chỉ khác khi chứng minh f không giảm trên R+. Cụ thể như sau. Bài toán 3.3.3. Tìm tất cả các hàm f : R→ R thỏa mãn ( f (x)+ f (z))( f (y)+1) = f (xy− z)+ f (x+ yz), ∀x,y,z ∈ R. (**) LỜI GIẢI. Bài toán này sẽ có hai nghiệm f (x)≡ 0 hoặc f (x) = x2, ∀x ∈ R. Trong (**) cho x = z = y = 0 ta có 2 f (0)( f (0) + 1) = 2 f (0) suy ra f (0) = 0. Khi chỉ lấy z = 0 ta có f (x)( f (y)+ 1) = f (xy)+ f (x) suy ra f (xy) = f (x) f (y) hay f . Lấy x = y = 1,z = 0 trong (**) ta có f (1)( f (1)+ 1) = 2 f (1) nên f (1) = 0 hoặc f (1) = 1. Nếu f (1) = 0 thì f (x) = f (x) f (1) = 0,∀x ∈ R, đây là một nghiệm của bài toán. Ta xét trường hợp f (1) = 1. Trong (**) lấy x= y= 0 suy ra f (z) = f (−z) hay f