Luận văn thạc sĩ HUS một số phương trình hàm cơ bản và phương pháp giải 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------------------------------

VŨ THỊ VÂN

MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH HÀM
CƠ BẢN VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

HÀ NỘI – 2015

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------------------------------

VŨ THỊ VÂN

MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH HÀM
CƠ BẢN VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Nhụy

HÀ NỘI - 2015

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của PGS. TS. Nguyễn Nhụy. Nhân dịp này từ đáy lịng mình, em xin được
bày tỏ lòng biết ơn trân trọng và sâu sắc tới PGS. TS Nguyễn Nhụy, người
thầy đã quan tâm, động viên và sự chỉ bảo hướng dẫn nhiệt tình, chu đáo
cùng những lời động viên khích lệ em trong suốt quá trình làm luận văn.
Em cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành của mình đến q Thầy Cơ giáo
trong khoa Tốn – Cơ – Tin, phịng Sau Đại học, phòng Đào tạo Trường
Đại Học Khoa học Tự nhiên – ĐHQGHN, đặc biệt là những Thầy Cô giáo
đã từng giảng dạy ở lớp PPTSC, khóa học 2013 – 2015. Cảm ơn Thầy Cô
đã truyền thụ cho em kiến thức và giúp đỡ em trong suốt quá trình học
tập tại khoa. Đồng thời, em xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học
Tốn PPTSC, khóa học 2013 - 2015 đã động viên, giúp đỡ em trong suốt
quá trình viết và chỉnh sửa luận văn này.
Cuối cùng, em xin gửi lời cảm ơn đến những người thân trong gia đình
và bạn bè đã luôn ủng hộ, tạo điều kiện thuận lợi và nhiệt tình giúp đỡ
em trong thời gian vừa qua.
Mặc dù đã rất cố gắng song do sự hiểu biết có hạn của bản thân và
khn khổ của luận văn thạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu
khơng tránh khỏi những thiếu sót, em rất mong được sự chỉ dạy và đóng
góp ý kiến của Thầy Cơ và độc giả quan tâm tới Luận văn này.
Hà Nội, ngày 15 tháng 09 năm 2015
Học viên

Vũ Thị Vân

1

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Mục lục
0.1

Mục đích của đề tài luận văn . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

0.2

Bố cục của luận văn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1 Một số phương trình hàm cơ bản và ví dụ
1.1

Một số phương trình hàm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.1

Bài tốn 1 (Phương trình hàm Cauchy) . . . . . . .

7

1.1.2

Tổng quát Bài toán 1 . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.3

Bài tốn phương trình hàm Cauchy khơng có điều
kiện liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

1.1.4

Bài toán 2

1.1.5

Tổng quát Bài toán 2

. . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.1.6

Bài toán 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.1.7

Tổng quát Bài toán 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.1.8

Bài toán 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.1.9

Tổng quát Bài toán 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

Các ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.2

2.3

33

Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.1.1

2.2

8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Một vài phương pháp giải phương trình hàm
2.1

7

Phương trình dạng: f (α(x)) = g(x) . . . . . . . . . 33
Các ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Phương pháp đưa về hệ phương trình . . . . . . . . . . . . 40
2.2.1

Phương trình dạng: a(x)f (x) + b(x)f (g(x)) = c(x) . 40

2.2.2

Các ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Phương pháp chuyển qua giới hạn . . . . . . . . . . . . . . 52
2

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


2.3.1

Các ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3 Phương trình hàm với miền xác định là tập các số tự nhiên 69
3.1

Tìm công thức tổng quát của dãy số bằng cách đưa về cấp số 70

3.2

Tìm cơng thức tổng qt của dãy bằng phương trình đặc
trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.3

3.2.1

Phương trình đăc trưng của dãy . . . . . . . . . . . 79

3.2.2

Áp dụng giải phương trình hàm . . . . . . . . . . . 86

Một số phương trình hàm dạng khác . . . . . . . . . . . . . 91

Kết luận

100

Tài liệu tham khảo

101

3

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


MỞ ĐẦU
ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ CẤU TRÚC
CỦA LUẬN VĂN
Phương trình hàm là phương trình trong đó ẩn số là một hàm số nào
đó, việc giải phương trình hàm là đi tìm các hàm số thỏa mãn điều kiện
của đề bài, mỗi hàm số thỏa mãn phương trình hàm được gọi là nghiệm
của phương trình hàm. Cấu trúc của phương trình hàm gồm ba phần chính
1. Phương trình hàm cơ bản và các ví dụ.
2. Một vài phương pháp giải phương trình hàm.
3. Phương trình hàm với tập xác định là tập số tự nhiên.
Phương trình hàm nói chung là một dạng tốn khó của Giải tích nói
riêng và của tốn học nói chung. Nhìn chung việc giải phương trình hàm
thường khơng theo một quy tắc tổng qt nào cả. Giải phương trình hàm
địi hỏi phải có sự tư duy sáng tạo, vận dụng một cách linh hoạt các kiến
thức đã học vào từng bài toán cụ thể. Việc tìm ra lời giải phụ thuộc vào
từng phương trình hàm cụ thể và một vài điều kiện ràng buộc. Tuy nhiên
cũng có những bài tốn về phương trình hàm có cách giải gần giống nhau,
có những phương trình hàm có cấu trúc tương tự nhau, những đặc trưng
cơ bản giống nhau. Vì thế, ta cần có một sự phân lớp các loại phương hàm
để tìm ra phương pháp giải đại diện cho mỗi lớp. Tiếp theo ta cần sắp xếp
các phương trình hàm để có thể đưa được về loại các phương trình hàm
đã khảo sát bằng cách thức nào đó. Tiếp theo nữa, là đưa ra một số kỹ
thuật đặc trưng để giải phương trình hàm. Cuối cùng giống như các bài
toán để ngỏ em xin nêu ra một số định hướng giải phương trình hàm mà

tạm gọi là phương pháp. Các phương pháp này có được là nhờ việc phân
loại cấu trúc phương trình hàm thành các phương trình hàm tổng qt có
cách giải tương tự nhau.
Phương trình hàm cũng là một chuyên đề quan trọng thuộc chương
trình tốn trong các trường THPT đặc biệt là các trường chuyên. Các bài
4

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


tốn có liên quan đến phương trình hàm cũng là các bài tập khó, thường
gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, cấp khu vực, cấp quốc tế
và các kỳ thi Olympic toán sinh viên.Tuy nhiên, cho đến nay, học sinh các
trường chuyên, lớp chọn nói riêng và người làm tốn nói chung cịn biết rất
ít các phương pháp chính thống để giải các bài tốn về phương trình hàm,
thậm chí bị lúng túng khơng định hướng được khi tiếp cận một phương
trình hàm.
Các tài liệu về phương trình hàm cịn ít và chưa có một tài liệu nào
trình bày đầy đủ các khía cạnh của phương trình hàm. Do đó, có thể giúp
học sinh tiếp cận với phương trình hàm dễ dàng hơn và giải quyết được
một số bài tốn về phương trình hàm là một yêu cầu hết sức cần thiết nên
em chọn đề tài " Một số phương trình hàm cơ bản và phương pháp
giải ".

0.1

Mục đích của đề tài luận văn

Mục đích của luận văn là dựa trên việc tìm hiểu các phương trình hàm
và các tài liệu liên quan đến phương trình hàm để hình thành nên phương

pháp phân tích, khai thác các dữ liệu, dự đoán các hướng giải, các kỹ thuật
biến đổi... trên cơ sở đó hình thành nên một số phương pháp cơ bản để
giải phương trình hàm.

0.2

Bố cục của luận văn

Bài luận văn " Một số phương trình hàm cơ bản và phương pháp
giải " gồm có: Mở đầu, 3 chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo.
Chương 1. Một số phương trình hàm cơ bản và các ví dụ
Trong chương này em đưa ra các Bài tốn cơ bản của phương trình hàm
và các nghiệm của bài tốn đó. Có nhiều Bài tốn cơ bản ở đây được giới
5

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


thiệu trong ([1]) và ([2]). Những bài tốn đã có lời giải trong ([1]) và ([2]),
thì trong Luận văn này ta chỉ sử dụng kết để giải các bài toán khác.
Chương 2. Một số phương pháp cơ bản giải phương trình hàm
Trong chương này em trình bày một số dạng thường gặp của phương
trình hàm và một số phương pháp cơ bản để giải các phương trình hàm
và các ví dụ áp dụng.
Chương 3. Phương trình hàm với tập miền xác định là các tập
số tự nhiên
Đó là các phương trình hàm mà tập xác định là tập số tự nhiên và các
cách giải khác.

6

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Chương 1
Một số phương trình hàm cơ bản và
ví dụ
Trong chương này ta giới thiệu một số Bài toán cơ bản và các ví dụ áp
dụng. Một số Bài tốn cơ bản đã có lời giải trong các tài liệu quen thuộc,
cụ thể là trong tài liệu ([1]) và ([2]), thì ta sẽ khơng trình bày lời giải mà
chỉ đưa ra kết quả .
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.

1.1

Một số phương trình hàm cơ bản

1.1.1

Bài tốn 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), ∀x, y ∈ R
(1.1)
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) = ax, ∀a ∈ R.
1.1.2

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) = af (x)+bf (y), ∀x, y ∈ R.

(1.2)

7

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Giải
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 = 1 thì f (0) = 0. Từ (1.2) lần lượt cho x = 0, y = 0 ta được

f (by) = bf (y), ∀y ∈ R
f (ax) = af (x), ∀x ∈ R.
Vậy (1.2) trở thành f (ax + by) = af (x) + bf (y) = f (ax) + f (by).
Khi đó trở về bài tốn Cauchy có nghiệm là f (x) = cx, với c ∈ R .
b) Nếu a + b = 1 thì f (0) là tùy ý. Khi đó ta đặt g(x) = f (x) − f (0).
Cho x = y = 0 thì g(0) = f (0) − f (0) = 0 thay vào (1.2) ta được

g(ax + by) + f (0) = a[g(x) + f (0)] + b[g(y) + f (0)]

⇔ g(ax + by) = ag(x) + bg(y).
Theo kết quả trên thì g(x) = cx, với c ∈ R.
Vậy f (x) = cx + d với d = f (0), c ∈ R tùy ý.
Thử lại thấy f (x) = cx + d thỏa mãn.
Nhận xét 1.1. Ngoài giả thiết liên tục trên R của hàm cần tìm trong
phương trình hàm Cauchy nếu thay bằng các điều kiện khác như Bài toán
1.1.3 dưới đây thì lớp hàm nhận được vẫn khơng thay đổi.

1.1.3

Bài tốn phương trình hàm Cauchy khơng 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
và một trong các điều kiện

(1.3)

1. f liên tục tại một điểm x0 ∈ R;
8

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


2. f bị chặn trên trên một khoảng (a; b);
3. f đơn điệu trên R
thì f (x) = ax.

Giải
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
x
1
f ( ) = f (x), ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ R
n
n

(1.3a)
(1.3b)

và

f (rx) = rf (x), ∀r ∈ Q, ∀x ∈ R.
Thật vậy, thay x = y vào (1.3) ta được

(1.3c)

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 với n ≥ 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)
Nếu n = 0 ta có f (0.x) = f (0) = 0 = 0.f (x) (đúng).
Nếu n = 1 ta có f (1.x) = f (x + 0) = f (x) + f (0) = f (x) (đúng).
Vậy (1.3a) được chứng minh.
Hơn nữa từ (1.3) lấy y = −x và sử dụng f (0) = 0, ta thu được
f (x − x) = f (x) + f (−x)
⇔ f (0) = f (x) + f (−x)
9

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


⇔ 0 = f (x) + f (−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).
Từ (1.3a) và (1.3f) ta suy ra
f (nx) = f (−n(−x)) = −nf (−x) = nf (x), ∀n ∈ Z.
Bây giờ ta sẽ chứng minh (1.3b). Đẳng thức (1.3a) kéo theo

(1.3e)
(1.3f )
(1.3g)

x
x

f (x) = f (n. ) = nf ( )
n
n
1
x
⇔ f (x) = f ( ).
n
n
x
1
hay
f ( ) = f (x), ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ R.
n
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

x
m
f (m. ) = f (x), ∀m, n ∈ N, n = 0.
n
n
Đặt r =

m
∈ Q, do đó
n
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 {xn } là dãy sao cho xn → 0, khi đó (xn + x0 ) → x0 . Lại do f
10

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


thỏa mãn Phương trình Cauchy cho nên

f (xn + x0 ) = f (xn ) + f (x0 ).
Do f liên tục tại x0 nên

f (x0 ) = lim f (xn + x0 ) = lim f (xn ) + f (x0 ).
n→∞

n→∞

Suy ra

lim f (xn ) = 0,

n→∞

mà

f (0) = 0
do đó

lim f (xn ) = f (0).

n→∞

Vậy f là hàm liên tục tại 0.
Bây giờ ta giả sử x ∈ R là số thực tùy ý và xn → x. Khi đó

xn − x → 0,
ta có

f (xn − x) = f (xn ) + f (−x) = f (xn ) − f (x).
Do f liên tục tại 0 và f (xn − x) → f (0) = 0 nên

lim f (xn ) = f (x),

n→∞

vậy f : R −→ R liên tục tại x ∈ R bất kỳ. Do đó theo Bài tốn 1 ta
có

f (x) = ax, (a = f (1)).
b) Trước hết ta chỉ ra rằng nếu f thỏa mãn Phương trình Cauchy và f
bị chặn trên trên một khoảng (a, b) nào đó thì nó bị chặn trong mọi

khoảng (−α, α) với α > 0 tùy ý. Ta xét hàm

g(x) = f (x)−f (1)x, ∀x ∈ R.

(1.3h)

11

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


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)
= f (x + y) − f (1)x − f (1)y
= f (x) + f (y) − f (1)x − f (1)y
= f (x) − f (1)x + f (y) − f (1)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)
Với x ∈ (−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)
= f (x + r) − f (1)(x + r).
Do f bị chặn trên trên khoảng (a, b), giả sử f (x + r) ≤ M1 với M1
nào đó. Khi đó
g(x) ≤ M1 − f (1)a = M2
vậy g cũng bị chặn trên trên (−α, α). Ta có

f (x) = g(x) + f (1)x ≤ M2 + f (1)b = M3 , ∀x ∈ (−α, α),
nên f (x) cũng vị chặn trên trên khoảng (−α, α). Với x ∈ (−α, α) thì

y = −x ∈ (−α, α). Do đó
f (x) ≤ M3 .
Nhưng vì f (y) = f (−x) = −f (x) ≤ M3 , nên

f (x) ≥ −M3 .
12

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


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 {xn }∞
n=1 là một dãy dần tới 0, thì tồn tại một dãy
các số hữu tỉ {rn }∞

n=1 ⊂ Q. Sao cho rn → ∞ và

lim xn rn = 0.

n→∞

1

Chứng minh. Do xn → 0 nên |xn | → 0. Khi đó ta cũng có |xn | 2 →
1

0,|xn | 3 → 0 và do |xn | → 0 nên có thể giả thiết 0 < |xn | < 1, ∀n ∈ N.
Ta có
1
1
|xn | 3 > |xn | 2 > 0
1

1

⇔ |xn |− 2 > |xn |− 3 > 0, ∀n ∈ N.
Do tập số hữu tỉ Q trù mật trong R với mỗi n ∈ N, tồn tại rn ∈ Q
sao cho
1

1

|xn |− 2 > rn > |xn |− 3 .
Khi đó
1

1

|xn rn | ≤ |xn ||xn |− 2 = |xn | 2 → 0, (n → ∞).

Bây giờ ta tiếp tục giải bài toán (b).
Giả sử {xn }∞
n=1 là dãy dần tới 0 khi n → ∞. Khi đó theo Bổ đề trên
tồn tại rn ∈ Q, rn → +∞ sao cho xn rn → 0 khi n → ∞. Vậy thì với

n đủ lớn xn rn ∈ (−α, α). Do đó {|f (xn rn )|} là dãy bị chặn, giả sử
|f (xn rn )| ≤ M, ∀n đủ lớn.
Khi đó
1
1
M
|f (xn )| = |f ( rn xn )| = |f (rn xn )| ≤ .
rn
rn
rn
13

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Vậy thì

lim f (xn ) = 0 = f (0),

n→∞

tức là f liên tục tại 0. Do đó theo (a) ta có

f (x) = ax, ∀x ∈ R.
c) Giả sử f đơn điệu khơng giảm, khi đó do (1.3b), (1.3c), (1.3d) với
1
1
− < x < , ta suy ra
n
n
1
1
− f (1) ≤ f (x) ≤ f (1).
n
n
Do đó f liên tục tại 0, nên từ (a) ta suy ra

f (ax) = ax.
1.1.4

Bài toán 2

Xác định các hàm f (x) liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện

f (x + y) = f (x).f (y), ∀x, y ∈ R.
(1.4)
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) = 0, với x=y=0
f (x) = ax , với a > 0 tùy ý

Nhận xét 1.2. Ta biết rằng hàm mũ chỉ xác định với cơ số dương. Nếu hạn
chế miền giá trị của bài toán là R+ thì có thể tổng qt Bài tốn 2 như sau.

1.1.5

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
14

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Theo giả thiết f (x) > 0, ∀x ∈ R nên có thể đặt

g(x) = ln f (x).
Bài tốn được quy về xác định hàm g xác định, liên tục trên R và thỏa
mãn điều kiện

g(ax + by) = ag(x) + bg(y), ∀x, y ∈ R,
theo cách giải của Bài tốn tổng qt của Bài tốn 1 ta có
a) Nếu a + b = 1 thì

g(x) = cx + d, ∀c, d ∈ R tùy ý.
Suy ra
f (x) = ecx+d , ∀c, d ∈ R tùy ý.

b) Nếu a + b = 1 thì

g(x) = cx, ∀c, d ∈ R tùy ý.
Suy ra
f (x) = ecx , ∀c, d ∈ R tùy ý.

1.1.6

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), ∀x, y ∈ R.
(1.5)
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:
1. f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R\{0};
2. f (x) = |x|α , ∀x ∈ R\{0}, α ∈ R tùy ý;
3.

f (x) =

xβ , ∀x ∈ R+
−|x|β , ∀x ∈ R− .

Nhận xét 1.3. Nếu hạn chế miền xác định và miền giá trị của bài tốn
là R+ thì ta có thể tổng quát hóa như sau.
15

LUAN VAN CHAT LUONG download : add

1.1.7

Tổng qt Bài tốn 3

Cho a, b ∈ R\{0}. Tìm f : R+ −→ R+ xác định, liên tục trên R+ và
thỏa mãn điều kiện

f (xa .y b ) = [f (x)]a .[f (y)]b , ∀x, y ∈ R+ .
Giải
Do x > 0, y > 0 nên ta có thể đặt u = ln x, v = ln y, khi đó từ giả thiết
của bài tốn ta được

f (eau+bv ) = [f (eu )]a .[f (ev )]b , ∀u, v ∈ R.
Ta đặt g(x) = f (ex ) 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
1. Nếu a + b = 1 thì f (x) = ec ln x , ∀c ∈ R tùy ý.
2. Nếu a + b = 1 thì f (x) = ec ln x+d , ∀c, d ∈ R tùy ý.

1.1.8

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) = b ln |x| với b ∈ R tùy ý.
Nhận xét 1.4. Nếu hạn chế miền xác định là R+ thì ta có thể tổng qt
bài tốn như sau.

16

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


1.1.9

Tổng qt Bài tốn 4

Cho a, b ∈ R\{0}. Tìm f : R+ −→ R+ xác định, liên tục trên R+ và
thỏa mãn điều kiện

f (xa .y b ) = af (x) + bf (y), ∀x, y ∈ R+ .
Giải
Do x > 0, y > 0 nên ta có thể đặt eu = x, ev = y, ∀u, v ∈ R, khi đó từ
giả thiết của bài tốn ta được

f (eau+bv ) = af (eu ) + bf (ev ), ∀u, v ∈ R.
Ta đặt g(x) = f (ex ) bài tốn 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

1. Nếu a + b = 1 thì g(x) = cx, c ∈ R tùy ý.
Suy ra f (x) = c ln x, c ∈ R tùy ý.
2. Nếu a + b = 1 thì f (x) = cx + d với c, d ∈ R tùy ý.
Suy ra f (x) = c ln x + d với c, d ∈ R tùy ý.

1.2

Các ví dụ áp dụng

Dưới đây là các ví dụ áp dụng các Bài tốn 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) = 2015xy, ∀x, y ∈ R.
(1.1)
Giải
Ta có

√

√
2015xy =

2015
[(x + y)2 − x2 − y 2 ].
2

17

LUAN VAN CHAT LUONG download : add

Do đó (1.1) tương đương với
√
√
√
2015 2
2015 2
2015
x ] + [f (y) +
y ] = [f (x + y) +
(x + y)2 ].
[f (x) +
2
2
2
√
2015 2
Đặt g(x) = f (x) +
x , do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên
2
R. Khi đó bài tốn 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 tốn 1, ta có nghiệm là:

g(x) = ax, ∀a ∈ R.
Vậy khi đó nghiệm của bài tốn là
√
2015 2

f (x) = −
x + ax, ∀a ∈ R.
2
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
Ta có

a
axy = [(x + y)2 − x2 − y 2 ].
2
Do đó (1.2) tương đương với
a
a
a
[f (x) + x2 ] + [f (y) + y 2 ] = [f (x + y) + (x + y)2 ].
2
2
2
a
Đặt g(x) = f (x) + x2 , do f liên tục trên R nên g cũng liên tục trên R.
2
Khi đó bài tốn 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 tốn 1, ta có nghiệm là:

g(x) = αx, ∀α ∈ R.
18

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Vậy khi đó nghiệm của bài tốn là
a
f (x) = − x2 + αx, ∀α ∈ R.
2
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

t
t
Thay x = , y = − , z = 0 vào (1.3) ta được
2
2
t
f (t)f 2 (− ) + 8 = 0,
2
t

vì f 2 (− ) > 0 nên để phương trình trên xảy ra thì f (t) < 0, ∀t ∈ R.
2
Ta đặt g(x) = log2 (−f (x)) ⇒ f (x) = −2g(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 tốn 1 thì

h(x) = ax, ∀a ∈ R
19

LUAN VAN CHAT LUONG download : add

⇒ g(x) = ax + 1, ∀a ∈ R
⇒ f (x) = −2ax+1 , ∀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.)
Giải
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)
Từ (1.4b) và (1.4c) ta có
f (2015.2016x + 2016y) = 2015u + v
⇒ f (2015.2016x+2016y) = 2015.2016f (x)+2016f (y), (1.4d)
Trong (1.4d) thay x = y = 0 ta được
f (0) = 2015.2016f (0) + 2016f (0)
⇔ f (0) = 0.
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).
Đặt u = 2015.2016x; v = 2016y thay vào (1.4e) ta được

(1.4e)

f (u + v) = f (u) + f (v).
20

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


Đến đây bài tốn trở về Bài tốn 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 (x)f (y), ∀x > 0; y > 0.
f (xy)

(1.5)

Giải
Đặt f (1) = a = 0 vì theo (1.5) cho x = y = 1 ta được

f[

1
] = f (1)f (1).
f (1.1)

Trong (1.5) thay y = 1 ta được

f[

1
] = af (x),
f (x)

suy ra

f[

1
] = af (xy).
f (xy)

Do đó (1.5) trở thành

af (xy) = f (x)f (y)
f (xy) f (x) f (y)
=
.
⇔
a

a
a
f (x)
Đặt g(x) =
thì g(x) liên tục và (1.5a) trở thành
a

(1.5a)

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) = xβ .
Vậy

f (x) = axβ .
Thay vào (1.5) ta có

f[

1
] = axβ .ay β , ∀x > 0; y > 0
β
a(xy)
21

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


1

]β = a2 .(xy)β
β
a(xy)
1
⇔ β
= a.(xy)β , ∀x > 0, y > 0.
2β
a (xy)
Cho xy = 1 thay vào (1.5b) ta được
⇔ a[

(1.5b)

aβ+1 = 1
⇔

a=1
β = −1.

1. Nếu a = 1 thì f (x) = xβ thay vào (1.5) ta được
1
] = (xy)β , ∀x > 0; y > 0
[
β
(xy)
1
⇔
= (xy)β , ∀x > 0; y > 0 (vô lý).
(xy)β
a

2. Nếu β = −1 thì f (x) = thay vào (1.5) ta được
x
a
a2
=
, ∀x > 0; y > 0
1
xy
f (xy)
a2
a2
⇔
=
, ∀x > 0; y > 0 (đúng).
xy
xy
Vậy nghiệm của bài toán là

f (x) =

a
, ∀x > 0; y > 0; a ∈ R.
x

Ví dụ 1.6. (Tốn 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;
h(y) = f (y)−b, ∀y ∈ R,
thay các giá trị từ (1.6a) và (1.6b) vào (1.6) ta được

(1.6a)
(1.6b)

f (x + y) = f (x) − a + f (y) − b
22

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


⇔ f (x + y) = f (x) + f (y) − (a + b), ∀x, y ∈ R.
Khi đó ta đặt k(x) = f (x) − (a + b) thì bài tốn trở thành
k(x + y) = k(x) + k(y), ∀x, y ∈ R.
Đó là bài tốn Cauchy có nghiệm là

k(x) = cx, ∀c ∈ R.
Vậy nghiệm của bài toán là

f (x) = cx + a + b
g(x) = cx + b

h(x) = cx + a
Với a = h(0), b = g(0), ∀c ∈ R.

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)
⇔ f (0)[f (0) + 1] = 0
f (0) = 0
⇔
f (0) = −1.
Với x = 0, y = 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
⇔ g(x + y) = g(x) + g(y) + g(x)g(y) − g(x) − g(y) + 1 − 1
⇔ g(x + y) = g(x)g(y).
Bài toán trở về Bài tốn 2- Phương trình Cauchy nghiệm của bài tốn là
g(x) = 0 với x = y = 0
g(x) = ax với x, y = 0, ∀a > 0.
23

LUAN VAN CHAT LUONG download : add