Luận văn Phép biến đổi phân tuyến tính và áp dụng giải một số bài toán phổ thông

i w(x), từ (1.2.29) ta được h(w(x)) =−h(x), (1.2.30) Vậy điều kiện cần để (1.2.29) có nghiệm là điều kiện (1.2.30) được thỏa mãn Giả sử điều kiện (1.2.30) được thỏa mãn. Khi đó h(x) = 1 2 [h(x)−h(w(x))], ∀x 6= 2. Ta chứng minh rằng mọi hàm dạng f (x) = 1 2 [g(w(x))+g(x)−h(x)], (1.2.31) với g(x) tùy ý xác định trên R\{2}, là nghiệm của (1.2.29). Thật vậy, nếu f (x) có dạng (1.2.31) thì f (w(x)) = 1 2 [g(w(x))+g(x)−h(w(x))] = 1 2 [g(w(x))+g(x)+h(x)] = 1 2 [g(w(x))+g(x)−h(x)+2h(x)] = f (x)+h(x). Ngược lại, khi f (x) thỏa mãn điều kiện (1.2.29) thì chỉ cần chọn g(x) = f (x), ta có ngay biểu diễn (1.2.31). Kết luận f (x) = 1 2 [g(w(x))+g(x)−h(x)], với g(x) là hàm tùy ý xác định trên R\{2}. Bài toán1.2.11.[1] Cho hàm số w(x) = −1 x+1 . Tìm tất cả các hàm số f : R\{−1;0}→ R sao cho f (w(w(x)))+ f (w(x))+ f (x) = 3, ∀x 6=−1; x 6= 0. (1.2.32) Giải. Nhận xét rằng phương trình w(x) = x không có nghiệm thực Ta có đẳng thức sau đây: w2(x) := w(w(x)) = −1 −1 x+1 +1 =−x+1 x , 19 w3(x) := w(w(w(x))) = −1 −x+1 x +1 = x, ∀x ∈ R\{−1;0}. Từ (1.2.32) ta thấy f (x)≡ 1 là một nghiệm của bài toán. Đặt f (x) = 1+g(x). Khi đó có thể viết (1.2.32) dưới dạng g(w2(x))+g(w(x))+g(x) = 0, ∀x 6=−1; x 6= 0. (1.2.33) Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của (1.2.33) đều có dạng: g(x) = 1 3 [2h(x)−h(w2(x))−h(w(x))], (1.2.34) với h(x) là hàm tùy ý xác định trên R\{−1;0}. Thật vậy, khi g(x) có dạng (1.2.34) thì g(w2(x))+g(w(x))+g(x) = 1 3 [2h(w2(x))−h(w(x))−h(x)]+ 13 [2h(w(x))−h(x)−h(w2(x))]+ + 1 3 [2h(x)−h(w2(x))−h(w(x))] = 0 ,∀x ∈ R\{−1;0}. Ngược lại, khi g(x) thỏa mãn (1.2.33) thì chỉ cần chọn h(x) = g(x) ta có ngay công thức biểu diễn (1.2.34). Kết luận:  f (x)≡ 1, ∀x ∈ R\{−1;0}, f (x) = 1+ 1 3 [2h(x)−h(w2(x))−h(w(x))], với h(x) là hàm tùy ý xác định trên R\{−1;0}. Bài toán 1.2.12.[1] Cho hàm số q(x) xác định trên R và w(x) = −1 x+1 . Tìm tất cả các hàm số f : R\{−1;0}→ R sao cho f (w(w(x)))+ f (w(x))+ f (x) = q(x), ∀x ∈ R\{−1;0}. (1.2.35) Giải. Nhận xét rằng phương trình w(x) = x không có nghiệm thực và w(x) có những tính chất w2(x) := w(w(x)) = −1 −1 x+1 +1 =−x+1 x , w3(x) := w(w(w(x))) =− −1 x+1 +1 −1 x+1 = x, ∀x ∈ R\{−1;0}. 20 Từ tính chất này của hàm w(x), suy ra điều kiện cần để phương trình (1.2.35) có nghiệm là q(w(x)) = q(x), ∀x ∈ R\{−1;0}. (1.2.36) Giả sử điều kiện (1.2.36) thỏa mãn. Khi đó có thể viết: q(x) = 1 3 [q(w2(x))+q(w(x))+q(x)], ∀x ∈ R\{−1;0}. (1.2.37) Từ (1.2.37) ta thấy f (x)≡ 1 3 q(x) là một nghiệm. Đặt f (x) = 1 3 q(x)+g(x). Khi đó có thể viết (1.2.35) dưới dạng: g(w2(x))+g(w(x))+g(x) = 0, ∀x ∈ R\{−1;0}. (1.2.38) Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của (1.2.38) đều có dạng: g(x) = 1 3 [2h(x)−h(w2(x))−h(w(x))], (1.2.39) với h(x) là hàm tùy ý xác định trên R\{−1;0}. Thật vậy, khi g(x) có dạng (1.2.39) thì g(w2(x))+g(w(x))+g(x) = 1 3 [2h(w2(x))−h(w(x))−h(x)]+ + 1 3 [2h(w(x))−h(x)−h(w2(x))]+ 13 [2h(x)−h(w2(x))−h(w(x))] = 0. Ngược lại, khi g(x) thỏa mãn điều kiện (1.2.38) thì ta chỉ việc chọn h(x) = g(x) ta có ngay biểu diễn (1.2.39). Kết luận: Điều kiện cần để phương trình (1.2.35) có nghiệm là: q(w(x)) = q(x), ∀x ∈ R\{−1;0}. Khi đó mọi nghiệm của (1.2.35) có dạng: f (x) = 1 3 q(x)+ 1 3 [2h(x)−h(w2(x))−h(w(x))], 21 với h(x) là hàm tùy ý xác định trên R\{−1;0}. Bài toán 1.2.13.[1] Cho hàm số p(x) và q(x) xác định trên R và w(x) = −1 x . Tìm tất cả các hàm số f : R\{0}→ R sao cho p(x) f (w(x))+ f (x) = q(x), ∀x 6= 0. (1.2.40) Giải. Nhận xét rằng, phương trình w(x) = x không có nghiệm thực và w(x) có tính chất w2(x) := w(w(x)) = x, ∀x 6= 0. Thay x bởi w(x) vào (1.2.40), ta được p(w(x)) f (x)+ f (w(x)) = q(w(x)), ∀x 6= 0. (1.2.41) Nhận thấy rằng (1.2.40) và (1.2.41) là hệ hai phương trình tuyến tính đối với hai ẩn là f (w(x)) và f (x). Nếu [1− p(w(x))p(x)] 6= 0, ∀x 6= 0 thì: f (x) = q(x)−q(w(x))p(x) 1− p(x)p(w(x)) , (1.2.42) f (w(x)) = q(w(x))− p(w(x))q(x) 1− p(x)p(w(x)) , ∀x 6= 0. (1.2.43) Các công thức (1.2.42) và (1.2.43) xác định cùng một hàm số f (x) thỏa mãn phương trình (1.2.40). Nếu tồn tại x0 6= 0 sao cho [1− p(w(x0))p(x0)] = 0 thì điều kiện cần để phương trình (1.2.40) có nghiệm là: q(x0)− p(x0)q(w(x0)) = 0, và q(w(x0))− p(w(x0))q(x0) = 0. (1.2.44) Giả sử điều kiện (1.2.44) được thỏa mãn tại mọi điểm x0 6= 0 sao cho 1− p(w(x0))p(x0) = 0. 22 Gọi Zpq là tập hợp các nghiệm x 6= 0 của phương trình (với ẩn là x ) 1− p(w(x))p(x) = 0. Nhận xét rằng nếu x0 6= 0 thuộc Zpq thì w(x0) cũng thuộc Zpq. Khi đó nghiệm của (1.2.40) được xác định theo cách sau. a) Nếu x 6= 0 và x /∈ Zpq thì: f (x) = q(x)−q(w(x))p(x) 1− p(x)p(w(x)) . b) Nếu x 6= 0 và x ∈ Zpq thì f (x) được chọn tùy ý sao cho (1.2.40) được thỏa mãn. Kết luận: +) Nếu 1− p(x)p(w(x)) 6= 0, ∀x 6= 0 thì f (x) = q(x)−q(w(x))p(x) 1− p(x)p(w(x)) . +) Nếu tồn tại x0 6= 0 sao cho 1− p(w(x0))p(x0) = 0 thì điều kiện để (1.2.40) có nghiệm là q(x)− p(x)p(w(x)) = 0 và q(w(x))− p(w(x))p(x) = 0, ∀x ∈ Zpq với Zpq là tập nghiệm khác 0 của phương trình 1− p(x)q(w(x)) = 0. Khi đó: f (x) =  q(x)−q(w(x))p(x) 1− p(x)p(w(x)) , ∀x ∈ Zpq tùy ý , ∀x /∈ Zpq,x 6= 0. (1.2.45) 1.2.2. Một số bài toán khác về hàm phân tuyến tính Bài toán 1.2.14.[4] Tìm tất cả các hàm số f : R\{0} → R thỏa mãn đồng thời các điều kiện: 1) f (1) = 1; 2) f ( 1 x+ y ) = f (1 x ) + f (1 y ) ; 3)(x+ y) f (x+ y) = yx f (x) f (y); Với mọi x,y mà xy(x+ y) 6= 0. 23 Giải. Trước hết chú ý rằng từ các giả thiết ta suy ra f (x) 6= 0 với mọi x 6= 0. Thật vậy, giả sử có x0 6= 0 mà f (x0) = 0. Khi đó từ giả thiết 1) ta có x0 6= 1. Thay x= 1− x0, y= x0 vào giả thiết 3) ta có: (1− x0+ x0) f (1− x0+ x0) = (1− x0)x0 f (1− x0) f (x0)⇒ f (1) = 0, vô lý . Vậy với mọi x 6= 0 thì f (x) 6= 0. Từ giả thiết 2) thay x= y ta có: f ( 1 2x ) = 2 f (1 x ) , ∀x 6= 0. (1.2.46) Từ (1.2.46) thay x bởi 1 2y ta có: f (y) = 2 f (2y)⇒ f (x) = 2 f (2x) ∀x 6= 0. (1.2.47) Mặt khác, từ giả thiết 3) thay x= y ta có: 2x f (2x) = x2( f (x))2, ∀x 6= 0. (1.2.48) Như vậy (1.2.47) và (1.2.48) cho ta x f (x) = x2( f (x))2, ∀x 6= 0. hay f (x) = x( f (x))2⇒ f (x) = 1 x với mọi x 6= 0 (thỏa mãn). Kết luận: f (x) = 1 x , ∀x 6= 0. Bài tập 1.2.15.[4] Tìm tất cả các hàm f : R→ R thỏa mãn đồng thời các điều kiện 1) f (−x) =− f (x), ∀x ∈ R. 2) f (x+1) = f (x)+1, ∀x ∈ R. 3) f (1 x ) = f (x) x2 , ∀x 6= 0. Giải. Từ 1) ta có: f (0) =− f (0)⇒ f (0) = 0. Vì thế f (1) = f (0)+1= 1. Từ 2) thay x=−1 ta có: f (0) = f (−1)+1⇒ f (−1) =−1. 24 Bây giờ ta xác định hàm số với x /∈ {−1;0}. Ta có: f (x+1 x ) = f ( 1+ 1 x ) = f (1)+ f (1 x ) = 1+ f (1 x ) . (1.2.49) Mặt khác f (x+1 x ) = (x+1 x )2 f ( x x+1 ) = (x+1 x )2 f ( 1− 1 x+1 ) = (x+1 x )2( 1− f ( 1 x+1 )) = (x+1 x )2( 1− 1 (x+1)2 f (x+1) ) = 1 x2 ( (x+1)2− f (x)−1 ) . Do đó ta có: f (x)+ x2 = x2+2x− f (x)⇒ f (x) = x. Thử lại ta thấy f (x) = x thỏa mãn các điều kiện 1), 2), 3). Kết luận: f (x) = x, ∀x ∈ R. Bài tập 1.2.16.[4] Tìm tất cả các hàm f : R+→ R+ thỏa mãn f (x+ y)+ f (x) f (y) = f (xy)+ f (x)+ f (y), ∀x,y ∈ R+. (1.2.50) Giải. Cho x= y= 2 ta được: f (4)+( f (2))2 = f (4)+2 f (2)⇒ ( f (2))2−2 f (2) = 0⇒ f (2) = 2( do f (x)> 0). Trong (1.2.50) lại cho x =y =1 có f (2)+ [ f (1)]2 = f (1)+2 f (1) hay [ f (1)]2−3 f (1)+2= 0⇒ f (1) = 1 hoặc f(1)=2. a) Xét trường hợp f (1) = 2. Trong (1.2.50) thay y= 1 ta được: f (x+1)+2 f (x) = f (x)+ f (x)+ f (1)⇒ f (x+1) = 2. Từ đây suy ra f (x) = 2, ∀x> 1. Với 0< x< 1 ta chọn y= 1 x > 1 thì ta có: f (x+ 1 x )+ f (x) f (1 x ) = f (1)+ f (x)+ f (1 x ) , 25 ⇒ 2+2 f (x) = 2+ f (x)+2⇒ f (x) = 2. Như vậy ta có một hàm số cần tìm là f (x) = 2, ∀x ∈ R+. b) Xét trường hợp f (1) = 1. Thay y= 1 vào (1.2.50): f (x+1)+ f (x) = f (x)+ f (x)+ f (1) Như thế: f (x+1) = f (x)+1, ∀x ∈ R+. (1.2.51) Từ (1.2.51) bằng phép quy nạp đơn giản ta có f (n) = n, ∀n ∈ N∗ và f (x+n) = f (x)+n, ∀x ∈ R+,∀n ∈ N∗. (1.2.52) Từ (1.2.50) thay x= n, y= 1 n ta có: f ( n+ 1 n ) + f (n) f (1 n ) = f (1)+ f (n)+ f (1 n ) . Chú ý rằng từ (1.2.52) có: f ( n+ 1 n ) = n+ f (1 n ) . Vậy: n+ f (1 n ) +n f (1 n ) = 1+ f (n)+ f (1 n ) ⇒ f (1 n ) = 1 f (n) = 1 n ,∀n ∈ N∗. Với mọi số hữu tỷ m n ,∀m,n ∈ N∗, ta thay x= m,y= 1 n thì được: f ( m+ 1 n ) + f (m) f (1 n ) = f (m n ) + f (m)+ f (1 n ) ⇒ m+ 1 n + m n = f (m n ) +m+ 1 n , suy ra f (m n ) = m n . Như thế đã chứng minh được rằng ∀x ∈Q+ thì f (x) = x. Ta chứng minh f là hàm đồng biến trên khoảng (0;+∞). Trước hết chú ý rằng ∀x> 1 chọn y= x x−1 > 0⇒ x+ y= xy⇒ f (x+ y) = f (xy). 26 Khi đó (1.2.50) trở thành f (x) f ( x x−1 ) = f (x)+ f ( x x−1 ) ⇒ f ( x x−1 ) ( f (x)−1) = f (x). Từ đây suy ra f (x)−1> 0⇒ f (x)> 1 và f ( x x−1 ) = f (x) f (x)−1 ,∀x> 1. (1.2.53) Mặt khác từ (1.2.53) có: 1+ f (1 x ) = f ( 1+ 1 x ) = f (x+1 x ) = f (x+1) f (x+1)−1 = f (x)+1 f (x) . Như vậy: f (1 x ) = 1 f (x) , ∀x ∈ R+, do đó: Nếu x> 1 thì f (x)> 1, và nếu 0< x< 1 thì 0< f (x)< 1. • Xét 0< x< y< 1. Ta có: f (y− x+ x)+ f (y− x) f (x) = f ((y− x)x)+ f (y− x)+ f (x). Hay f (y) = f ((y− x)x)+ f (y− x)+ f (x)− f (y− x) f (x). Nghĩa là: f (y) = f (x)+ f ((y− x)x)+ f (y− x)(1− f (x)). Để ý rằng do 0 f (x). Do đó hàm f đồng biến trên khoảng (0;1). • Xét 1< x< y. Suy ra: 0< 1 y < 1 x < 1⇒ f (1 y )< f ( 1 x )⇒ 1 f (y) < 1 f (x) ⇒ f (y)> f (x). Như thế f đồng biến trên (1;+∞). Vậy hàm f là hàm đồng biến trên khoảng (0;+∞). Cuối cùng với mỗi x> 0 ta chọn hai dãy số hữu tỷ (un),(vn) sao cho: un ≤ x≤ vn và limun = limvn = x. 27 Khi đó do f đồng biến nên f (un)≤ f (x)≤ f (vn)⇒ un ≤ f (x)≤ vn. Cho n→+∞ ta được f (x) = x. Thử lại thấy thỏa mãn. Kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn đầu bài là: f (x) = 2 và f (x) = x, ∀x ∈ R+. Bài toán 1.2.17. (Komal-A328 ) [4] Tìm tất cả các hàm f :R+→R+ thỏa mãn: f ( f (x)+ y) = x f (1+ xy), ∀x,y> 0. (1.2.54) Giải. Trước hết ta chứng minh f là hàm số giảm. Giả sử có 0< u< v mà f (u)< f (v). Chọn w= v f (v)−u f (u) v−u . Khi đó u f (u) v f (v)−u f (v) = (v−u) f (v). Vậy: w= v f (v)−u f (u) v−u > f (v)> f (u). Ta có: f (w) = f ( f (u)+(w− f (u))) = u f ( 1+ uv( f (v)− f (u)) v−u ) . Lại có: f (w) = f ( f (v)+(w− f (v))) = v f ( 1+ uv( f (v)− f (u)) v−u ) . Như thế u= v, vô lý. Vậy ta phải có f (u)≥ f (v) nghĩa là f hàm không tăng. Thay x= 1 vào (1.2.54) có f ( f (1)+ y) = f (1+ y). (1.2.55) 28 Nếu f (1) > 1 thì từ (1.2.55) suy ra f (y) = f (y+ f (1)− 1), ∀y > 1, còn nếu f (1) 1. Như thế trong cả hai trường hợp thì hàm f luôn tuần hoàn trên khoảng (1;+∞) với chu kỳ là | f (1)−1|. Như thế f là hàm đơn điệu tuần hoàn nên phải là hàm hằng với x> 1. Từ (1.2.54) ta thấy rằng vế trái là hằng số nhưng vế phải lại lớn tùy ý, vô lý. Do đó f (1) = 1. Xét x> 1. Chọn y= x−1 x ⇒ xy+1= x, khi đó (1.2.54) trở thành f ( f (x)+ x−1 x ) = x f (x). Nếu f (x)> 1 x thì f (x)+ x−1 x = f (x)− 1 x +1> 1⇒ f ( f (x)− 1 x +1 ) ≤ f (1) = 1. Vậy x f (x)≤ 1⇒ f (x)≤ 1 x , muân thuẫn. Tương tự cũng không thể có f (x)< 1 x . Do đó với x> 1 thì f (x) = 1 x . Cuối cùng với x> 0 chọn y= 1 có f ( f (x)+1) = x f (1+ x). Nhưng vì f (x)+1> 1 và x+1> 1 nên f ( f (x)+1) = 1 f (x)+1 và f (x+1) = 1 x+1 . Do đó 1 f (x)+1 = x x+1 ⇒ x f (x)+ x= x+1⇒ f (x) = 1 x . Thử lại thấy f (x) = 1 x thỏa mãn. Kết luận: Hàm số cần tìm là: f (x) = 1 x ,∀x ∈ R+. Bài toán1.2.18.[4] Tìm tất cả các hàm xác định trên tập các số thực dương và nhận giá trị trong tập đó thỏa mãn f (x f (y)) f (y) = f (x+ y), ∀x,y> 0. (1.2.56) 29 Giải. Giả sử có y>0 mà f(y) >1. Khi đó chọn x= y f (y)−1 > 0⇒ x f (y) = x+ y Ta có f (x f (y)) = f (x+ y) = f (x f (y)) f (y). Nhưng f (x f (y)) = f (x+ y)> 0 nên ta suy ra f(y)=1, vô lý. Vậy với mỗi y >0 thì 0< f (y)≤ 1. Từ đây suy ra kết quả sau f (x+ y) = f (x f (y)) f (y)≤ f (y), ∀x,y> 0 hay với 0 <x < y ta có: f (y) = f (y− x+ x) = f ((y− x) f (x)) f (x)≤ f (x)⇒ f là hàm số giảm Nếu có a >0 và f(a)=1 thì f (y f (a)) f (a) = f (a+ y)⇒ f (a+ y) = f (y), ∀y> 0 Bằng phương pháp quy nạp dễ có kết quả f (na+ x) = f (x),∀x> 0,∀n ∈ N Ta chứng minh f là hàm số hằng. Thật vậy: Xét 0 < x < y Đặt n= [ y− x a ] ⇒ n≤ y− x a < n+1⇒ na+ x≤ y< (n+1)a+ x Vì f giảm nên ta có f (na+ x)≥ f (y)≥ f ((n+1)a+ x). Mặt khác f (na+ x) = f ((n+1)a+ x) = f (x). Vậy f (x)≤ f (y)≤ f (x)⇒ f (x) = f (y) Thành thử f là hàm hằng mà f(a) =1, do đó f (x) = 1, ∀x> 0. Cuối cùng ta xét trường hợp 0 0. Ta thấy là hàm đơn điệu, giảm thực sự, vì với 0 < x < y ta có: f (y) = f (y− x+ x) = f ((y− x) f (x)) f (x)< f (x) Từ hệ thức (1.2.56) cho y=1 ( đặt f(1) = a < 1) ta được f (ax)a= f (x+1) = f (ax+1+ x(1−a)) = f (ax) f ((1+ x−ax) f (ax)) 30 Suy ra f ((1+ x−ax) f (ax)) = a= f (1)⇒ 1= (1+ x−ax) f (ax)( do f giảm thực sự ) Vậy f (ax) = 1 1+ x−ax . Cuối cùng thay x bởi x a ta được f (x) = 1 1+ x a −a x a = a a+(1−a)x , ∀x> 0 Thử lại: Dễ thấy các hàm số f (x) = 1, ∀x > 0 và f (x) = a a+(1−a)x , ∀x > 0 hoàn toàn thỏa mãn điều kiện của bài toán. Kết luận Các hàm số cần tìm là f (x) = 1, ∀x> 0, f (x) = a a+(1−a)x , ∀x> 0, a tùy ý thuộc khoảng(0;1). Bài toán 1.2.19. ( IMO -1986 ) [4] Hãy xác định tất cả các hàm f xác định trên tập hợp các số thực không âm và nhận giá trị trong tập đó thỏa mãn điều kiện: f (x f (y)) f (y) = f (x+ y), ∀x,y≥ 0. (1.2.57) Giải. Thay x= y= 0 vào (2.2.57), ta được f (0 f (0)) f (0)= f (0)⇒ [ f (0)]2= f (0)⇒ f (0)( f (0)−1)= 0⇒ f (0)= 0hoặc f (0)= 1. Nếu f (0) = 0 thì với mọi x> 0: f (x f (0)) f (0) = f (x)⇒ f (x) = 0, ∀x≥ 0. Ta xét trường hợp f (0) = 1. Có hai khả năng sau đây: 1) f (x)> 0,∀x> 0 theo bài toán 1.2.18, các hàm số cần tìm là: f (x) = 1, ∀x≥ 0 và f (x) = a a+(1−a)x , ∀x≥ 0. 2) Tồn tại a,b> 0 sao cho f (a)> 0 và f (b) = 0. Ta có với 0< x< a thì f ((a− x) f (x)) f (x) = f (a− x+ x) = f (a)> 0⇒ f (x)> 0. 31 Vì f (b) = 0 nên suy ra b> a. Lại có với x> b thì f (x) = f (x−b+b) = f ((x−b) f (b)) f (b) = 0. Vậy với 0≤ x≤ a thì f (x)> 0 và với x≥ b thì f (x) = 0. Do đó nếu f (x)> 0 thì x a. Ta xét hai tập hợp: A= {x≥ 0| f (x)> 0}; B= {x≥ 0| f (x) = 0}. Rõ ràng A,B là hai tập khác rỗng vì a ∈ A và b ∈ B. Mặt khác A là tập bị chặn trên bởi số b vì ∀x ∈ A thì f (x)> 0 suy ra x< b và B là tập bị chặn dưới bởi số a vì ∀x ∈ B thì f (x) = 0 suy ra x> a. Thành thử tồn tại α = Sup A, β = inf B, Ta sẽ chứng minh α = β . Thật vậy, giả sử α < β suy ra có số ϕ sao cho α < ϕ < β . Từ α 0 thì ϕ ∈ A⇒ ϕ ≤ α trái với α < ϕ < β . Do đó f (ϕ) = 0⇒ ϕ ∈ B⇒ ϕ ≥ β cũng mâu thuẫn. Nếu α > β thì có số ϕ sao cho α > ϕ > β , khi đó có a ∈ A và b ∈ B sao cho a≥ ϕ ≥ b. Điều này không đúng với mọi a ∈ A và với mọi b ∈ B ta luôn có a< b. Vậy α = β . Bây giờ ta tìm công thức của hàm f . Xét 0≤ x< α . Giả sử f (x)< α α− x ⇒ α− x< α f (x) . Chọn y sao cho α− x< y< α f (x) ⇒ x+ y> α và y f (x)< α. Vì y f (x) 0. Do đó f (x+ y) = f (y f (x)) f (x)> 0⇒ x+ y ∈ A⇒ x+ y≤ α, vô lý . Còn nếu f (x)> α α− x ⇒ α− x> α f (x) , 32 thì ta chọn số y sao cho α− x> y> α f (x) ⇒ x+ y α. Do x+ y< α và x< α nên có a ∈ A và a′ ∈ A mà x+ y≤ a và x≤ a′. Khi đó ta có f (x+ y)> 0 và f (x)> 0. Vậy f (y f (x))> 0⇒ y f (x) ∈ A⇒ y f (x)≤ α , vô lý. Như vậy ta đã chứng minh được rằng với 0≤ x< α thì f (x) = α α− x . Xét x> α = β , khi đó có b ∈ B mà x≥ b⇒ f (x) = 0. Cuối cùng ta tính giá trị của hàm số tại điểm α . Gọi x, y> 0 là hai số tùy ý thỏa mãn x+ y= α ⇒ 0< x< α và 0< y< α ⇒ f (x) = α α− x và f (y) = α α− y Ta có x f (y) = αx α− y = αx x = α, do đó từ f (x f (y)) f (y) = f (x+ y)⇒ f (α) f (y) = f (α). Chú ý rằng f (y) = α α− y 6= 1 nên f (α) = 0. Tóm lại, trong trường hợp thứ hai ta có hàm số: f (x) =  α α− x , khi 0≤ x< α 0, khi x≥ α. (1.2.58) Thử lại thấy thỏa mãn điều kiện của bài toán. Kết luận: Các hàm số cần tìm là f (x) = 0, ∀x≥ 0, f (x) = 1, ∀x≥ 0, f (x) = a a+(1−a)x , (0< a< 1), ∀x≥ 0. Nếu tồn tại 0 0 và f (b) = 0 thì: f (x) =  α α− x , khi 0≤ x< α 0 ,khi x≥ α, (1.2.59) với α = Sup{x ∈ R+| f (x)> 0}= inf {x ∈ R+| f (x) = 0}. 33 1.2.3. Bài tập tham khảo Bài tập 1.2.20. Cho a,b,c,d, p,q ∈ R, c 6= 0. Xác định các hàm f (x) sao cho f (ax+b cx+d ) = p f (x)+q, ∀x ∈ R\{−d c }. Bài tập 1.2.21. Tìm hàm f (x) thỏa mãn điều kiện f (x) f ( 1 x ) = 1, ∀x 6= 0. Bài tập 1.2.22. Tìm hàm f (x) thỏa mãn điều kiện f (x) f ( 1 1− x ) = 1, ∀x 6= 0, x 6= 1. Bài tập 1.2.23. Cho hàm số h(x), x ∈ R\{0}. Tìm hàm f (x) thỏa mãn điều kiện f (1 x ) = x f (x)+h(x), ∀x 6= 0. Bài tập 1.2.24. Tìm hàm f (x) thỏa mãn điều kiện f (x) f ( 1 1− x ) = x−1, ∀x 6= 0, x 6= 1. Bài tập 1.2.25. Tìm hàm f (x) thỏa mãn điều kiện f (x)+ f ( 1 1− x ) + f (x−1 x ) =−1, ∀x 6= 0, x 6= 1. Bài tập 1.2.26. Cho hàm số w(x) = −2 x+1 Ký hiệu w2(x) = w(w(x)) , w3(x) = w(w(w(x))) Tìm tất cả các hàm số f : R\{−1;−3;1}→ R sao cho f (w3(x)) = f (x)f (w2(x))+ f (w(x))+ f (x) = 3, ∀x /∈ {−1;−3;1}. (1.2.60) 34 Bài tập 1.2.27. Cho hàm số q(x) xác định trên R và w(x) = −2 x+1 . Ký hiệu w2(x) = w(w(x)) , w3(x) = w(w(w(x))). Tìm tất cả các hàm số f : R\{−1;−3;1}→ R sao cho f (w3(x)) = f (x)f (w2(x))+ f (w(x))+ f (x) = q(x), ∀x /∈ {−1;−3;1}. (1.2.61) Bài tập 1.2.28. Tìm hàm f : R→ R thỏa mãn điều kiện f (x)+ 1 2x f ( 1 1− x ) = 1, ∀x ∈ R\{0;1}. Bài tập 1.2.29. (Iberoamerican - 1987 ) Tìm hàm f (x) thỏa mãn điều kiện ( f (x))2 f (1− x 1+ x ) = 64x, ∀x ∈ R\{0;±1}. Bài tập 1.2.30. ( Australian- 1992) Tìm tất cả các hàm số f : R\{2 3 }→ R thỏa mãn điều kiện 2 f (x)+ f ( 2x 3x−2 ) = 996x, ∀x ∈ R\{2 3 }. Bài tập 1.2.31.( CAMO - 1991) Chứng minh tồn tại đúng một hàm số f : R\{0}→ R sao cho f (x) = x f (1 x ) , và f (x+ y) = f (x)+ f (y)−1, ∀x,y ∈ R\{0} và x+ y 6= 0. Bài tập 1.2.32. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R\{±1} thỏa mãn f (x−3 x+1 ) + f (x+3 1− x ) = x, ∀x ∈ R\{±1}. Bài tập 1.2.33. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập hợp các số thực khác 0 sao cho: 1) f (−x) =− f (x), ∀x 6= 0; 2) f ( 1 x+ y ) = f (1 x ) + f (1 y ) +2(xy−1000), ∀x,y ∈ R\{0} và x+ y 6= 0. Bài tập 1.2.34. Cho a,b,c> 0. Tìm tất cả các hàm f : R+→ R thỏa mãn: f (x)+a f (b x ) = cx. 35 Chương 2 Một số bài toán về dãy số. 2.1. Phương trình và hệ phương trình sai phân. 2.1.1. Phương trình sai phân tuyến tính với hệ số hằng. • Phương trình sai phân tuyến tính cấp một là phương trình sai phân dạng u1 = α,aun+1+bun = fn,n ∈ N∗. trong đó a,b,α là các hằng số, a 6= 0 và fn là biểu thức của n cho trước. Cách giải. 1) Nếu fn = 0 thì giải phương trình đặc trưng aλ + b = 0 để tìm λ . Khi đó un = qλ n (q là hằng số), trong đó q được xác định khi biết u1 = α. 2) Nếu fn là đa thức theo n thì giải phương trình đặc trưng aλ + b = 0 ta tìm được λ . Ta có un = ûn+ un, trong đó ûn là nghiệm của phương trình thuần nhất aun+1+ bun = 0 và u∗n là nghiệm riêng tùy ý của phương trình không thuần nhất aun+1+bun = fn. Vậy ûn = qλ n, q là hằng số sẽ được xác định sau. Ta xác định u∗n như sau: a) Nếu λ 6= 1 thì un là đa thức cùng bậc với fn. b) Nếu λ = 1 thì u∗n = n.gn với gn là đa thức cùng bậc với fn. Thay u∗n vào phương trình, đồng nhất các hệ số, ta tính được các hệ số của u∗n. 3) Nếu fn = νµn,n ∈ N∗ thì giải phương trình đặc trưng aλ +b = 0 để tìm λ . 36 Ta có un = ûn+ u∗n, trong đó ûn = cλ n,c là hằng số chưa được xác định, u∗n được xác định như sau: a) Nếu λ 6= µ thì u∗n = Aµn. b) Nếu λ = µ thì u∗n = Anµn. Thay u∗n vào phương trình, đồng nhất các hệ số tính được các hệ số của u∗n. Biết u1, từ hệ thức un = ûn+u∗n, tính được c. 4) Nếu fn = f1n + f2n,n ∈ N∗, trong đó f1n là đa thức theo n và f2n = νµn thì ta có un = ûn+ un, trong đó ûn là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất aun+1+ bun = 0,u∗n là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất aun+1+ bun = f1n,u∗∗n là nghiệm riêng bất kỳ của phương trình không thuần nhất aun+1+bun = f2n. • Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai là phương trình sai phân dạng u1 = α,u2 = β ,aun+1+bun+ cun−1 = fn,n ∈ N∗ trong đó a,b,c,α,β là các hằng số, a 6= 0 và fn là biểu thức chứa n cho trước. Cách giải. 1) Nếu fn = 0 thì giải phương trình đặc trưng aλ 2+bλ + c= 0, tìm λ . a) Nếu λ1,λ2 là hai nghiệm thực khác nhau thì un = Aλ n1 +Bλ n 2 , trong đó A và B được xác định khi biết u1 và u2. b) Nếu λ1,λ2 là nghiệm thực kép, λ1 = λ2 = λ thì un = (A+Bn)λ n, trong đó A và B được xác định khi biết u1 và u2. c) Nếu λ là nghiệm phức, λ = x+ yi, thì ta đặt r =| λ |= √ x2+ y2, tanϕ = y x ,ϕ ∈ (−pi 2 , pi 2 ) Lúc đó λ = r(cosϕ + isinϕ) và un = rn(Acosnϕ +Bsinnϕ), trong đó A và B được xác định khi biết u1 và u2. 2) Nếu fn là đa thức theo n cho trước thì giải phương trình đặc trưng aλ 2+ bλ + c = 0 để tìm λ . Ta có un = ûn+ u∗n, trong đó ûn là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất aun+1+bun+ cun−1 = 0 và u∗n là một nghiệm riêng tùy ý của phương trình không thuần nhất aun+1+bun+ cun−1 = fn. Theo 1) ta tìm được ûn, trong đó các hệ số A,B chưa xác định, u∗n được xác định như sau: a) Nếu λ 6= 1 thì u∗n là đa thức cùng bậc với fn, 37 b) Nếu λ = 1 là nghiệm đơn thì u∗n = ngn,gn là đa thức cùng bậc với fn, c) Nếu λ = 1 là nghiệm kép thì u∗n = n2gn,gn là đa thức cùng bậc với fn. Thay u∗n vào phương trình, đồng nhất các hệ số của u∗n, biết u1,u2, từ hệ thức un = ûn+u∗n tính được A,B. 3) Nếu fn = νµn,n ≥ 2 thì giải phương trình đặc trưng aλ 2+ bλ + c = 0, tìm λ . Ta có un = ûn+u∗n, trong đó ûn được tìm như ở 1), hệ số A và B chưa được xác định, u∗n xác định như sau: a) Nếu λ 6= µ thì u∗n = kµn, b) Nếu nghiệm đơn λ = µ thì u∗n = knµn, c) Nếu nghiệm kép λ = µ thì u∗n = kn2µn. Thay u∗n vào phương trình, dùng phương pháp đồng nhất hệ số sẽ tính được hệ số k. Biết u1,u2, từ hệ thức un = ûn+u∗n tính được A,B. 4) Nếu fn = f1n+ f2n,n≥ 2 và f1n là đa thức theo n, f2n = νµn thì ta có un= ûn+u∗n+u∗∗n trong đó ûn là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, u∗n là nghiệm riêng tùy của phương trình không thuần nhất aun+1+bun+cun−1 = f1n,u∗∗n là nghiệm riêng tùy ý của phương trình không thuần nhất aun+1+bun+cun−1= f2n. 5) Nếu fn = νcosn+ µsinn (a 6= 0),n ≥ 2, thì phương trình đặc trưng aλ 2+ bλ + c = 0, tìm λ . Ta có un = ûn+ u∗n, trong đó ûn là nghiệm của phương trình thuần nhất, xác định như ở 1), các hệ số A và B chưa được xác định u∗n = kcosn+ lsinn. Thay u∗n vào phương trình, đồng nhất các hệ số, tính được k, l. Từ hệ thức un = ûn+u∗n và u1,u2, ta tính được A và B. • Phương trình sai phân tuyến tính cấp ba là phương trình sai phân dạng u1 = α,u2 = β ,u3 = γ,aun+2+bun+1+ cun+dun−1 = fn,n≥ 2 trong đó a,b,c,d,α,β ,γ là các hằng số, a 6= 0 và fn là biểu thức của n cho trước. Phương trình sai phân tuyến tính cấp ba luôn giải được vì phương trình bậc ba luôn giải được. Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba có dạng un = ûn+u∗n, trong đó u∗n là nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất, ûn là nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất. Cách giải. 38 1) Xét phương trình đặc trưng aλ 3+bλ 2+ cλ +d = 0. (∗) a) Nếu (∗) có 3 nghiệm thực phân biệt λ1,λ2,λ3 thì ûn = β1λ n1 +β2λ n 2 +β3λ n 3 . b) Nếu (∗) có một nghiệm thực bội 2 và một nghiệm đơn (λ1 = λ2 6= λ3) thì ûn = (β1+β2n)λ n1 +β3λ n 3 . c) Nếu (∗) có một nghiệm thực bội 3 (λ1 = λ2 = λ3)thì ûn = (β1+β2n+β3n2)λ n1 . d) Nếu (∗) có một nghiệm thực λ1 và 2 nghiệm phức liên hợp λ2,3 = r(cosϕ± isinϕ) thì ûn = β1λ n1 + r n(β2cosnϕ+β3sinnϕ). 2) Gọi u∗n là một nghiệm riêng của phương trình tuyến tính không thuần nhất. Xét fn là đa thức của n. Ta có Nếu λ 6= 1 thì u∗n là đa thức cùng bậc với fn, Nếu λ = 1 (nghiệm đơn) thì u∗n = ngn,gn là đa thức cùng bậc với fn, Nếu λ = 1 (bội 2) thì u∗n = n2gn,gn là đa thức cùng bậc với fn, Nếu λ = 1 (bội 3) thì u∗n = n3gn,gn là đa thức cùng bậc với fn. Xét fn = νµn, ta có Nếu λ 6= µ thì u∗n = k.n.µn, Nếu nghiệm đơn λ = µ thì u∗n = k.µn, Nếu nghiệm bội λ = µ (bội s) thì u∗n = k.ns.µn. 39 2.1.2. Hệ phương trình sai phân tuyến tính với hệ số hằng Là hệ phương trình sai phân dạngxn+1 = pxn+qyn ,x1 = a,yn+1 = rxn+ syn ,y1 = b. Cách giải. Trong hệ phương trình, thay n bởi n+1, ta nhận được xn+2 = pxn+1+qyn+1 = pxn+1+q(rxn+ syn) = pxn+1+qrxn+ s(qyn) = pxn+1+qrxn+ s(xn+1− pxn). Suy ra xn+2− (p+ s)xn+1+(ps−qr)xn = 0, trong đó x1 = a. Từ hệ phương trình, ta lại có x2 = px1+ qy1 = pa+ qb. Như vậy ta được phươn