Chuyên đề: Một số vấn đề về phương trình hàm Cauchy

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (803.14 KB, 20 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY

Đào Thị Lê Dung

Trường THPT chuyên Thái Bình

A. Mở đầu: Phương trình hàm Cauchy có một vai trị quan trọng trong mảng tốn về phương trình hàm.
Rất nhiều phương trình hàm được giải quyết một cách gọn gàng nhờ phép biến đổi để đưa về phương

trình hàm Cauchy.

B. Nội dung: Trước tiên xin nêu ra một số tiêu chuẩn để nhận dạng phương trình hàm Cauchy.
I. Lý thuyết:

1. Tiêu chuẩn 1: Nếu hàm số f:  thỏa mãn: f cộng tính và liên tục trên R thì phương trình f(x) =

ax (a tùy ý thuộc R)

Chứng minh:

Từ giả thiết cộng tính:

f x

(



y

)



f x

( )



f y

( )



x y

,



R

f

(2 )

x



2 ( )

f x

Bằng quy nạp dễ thấy

f kx

(

)



kf x

( )

 

k

N

*
Mặt khác: Thay x = y = 0 => f(0) = 0

Thay y = -x => f(x) = -f(-x)

Vậy với *

kN : f(-kx) = -f(kx) = - kf(x)
Do đó ta có f(kx) = kf(x) k Z (1)

Ngoài ra: f(1) = n

f

( )

1 n

N

n

 

1 (1)

( )

f

n



n

Theo (1)

 

m

Z n

;



N

* ta có:

f

( )

m

mf

( )

1 m

f

(1)

n



n



n

Chứng tỏ f(x) = xf(1)

 

x Q

Với x0



R

tùy ý thì vì tập Q là trù mật trong R nên tồn tại dãy (xn) với xn



Q

và

x

n



x

0

Vì f hàm số liên tục trên R: => lim(f(xn) = f(limxn) = f(x0) => limf(1).xn = f(x0) =>

f(x0) = ax0

 

x

R

Thử lại thấy thỏa mãn;

Kết luận:

f x 

( )

ax; a



R

Chú ý: Ở tiêu chuẩn trên điều kiện f liên tục trên R có thể thay đổi điều kiện hẹp hơn: f liên tục

tại 1 điểm

x 

0

R

là đủ.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

1 1

1 0 1 0 x x 1 0 1 0

f(x) = f(x-x ) ( ) ( ) lim f(x)= lim (f(x-x ) ( ) ( ))
x x

x f x f x x R x f x f x

 

        

= f(x0) + f(x1) –f(x0) (Theo gt f liên tục tại x0) = f (x1)

Vậy f liên tục tại x1 tùy ý hay liên tục trên R.

Tiêu chuẩn 2: Nếu hàm f: R Rlà hàm cộng tính và đơn điệu trên R thì f(x) có dạng: f(x) = ax

(aR)

Chứng minh:

Vì f là hàm cộng tính trên R theo chứng minh trên ta có:

( ) ax x Q; a=f(1)

f x   

với x0 R bất kỳ: Tồn tại 2 dãy (xn); (yn) thỏa mãn:

;

n n

x



Q y

  

Q n

N

n n

x



x



y

và (xn); (yn) đều hội tụ đến x0

Giả sử f đơn điệu tăng trên R => f(xn) < f(x0) < f(yn)  axn < f(x0) < ayn

Cho

n

  

ax

0



f x

( )

0



ax

0



f x

( )

0



ax

0



x

0



R

Hay f x ( ) ax x  R

Tiêu chuẩn 3:

Hàm f: R R f cộng tính và

f x 

( )

0

x 0 khi đó f(x) = ax
Thật vậy:



x,y

tùy ý thuộc R giả sử x > y => x – y > 0

Ta có f(x) = f(x-y) + f(y) > f(y)
 f là hàm đơn điệu tăng trên R

Theo tiêu chuẩn 2 ta có điều phải chứng minh

Tiêu chuẩn 4:

Nếu hàm f :







là cộng tính và đơn điệu trên đoạn



a b

;



thì f(x) = ax
Thật vậy đây là trường hợp mở rộng của tiêu chuẩn 2

Ta sẽ chứng minh từ giả thiết f đơn điệu trên



a b

;



để được f đơn điệu trên toàn R

Giả sử f là hàm đơn điệu tăng. Đặt 0
2

ba

 

 lấy

x



y

tùy ý trên



a b

;



. Từ f là hàm cộng

tính và f tăng trên



a b

;



=> ( ) ( )

2 2

a b a b

f x   f y 

=> f x( ) f y( )



x,y





- ;

 



v

à x



y

=> f đơn điệu tăng trên



- ;

 



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Với

x



y

ta đặt kxy k N

  

Và x,y tùy ý trên R

 x – y = kα + t với t 



0;



Ta có : f(x)-f(y)=f(x-y)=f(k )+f(t)=kf( )+f(t)  0

Vậy f đơn điệu tăng trên R -> điều phải chứng minh theo tiêu chuẩn 2

II. Một số ứng dụng của phương trình hàm Cauchy

Trước tiên xin nêu ra một số phương trình hàm liên quan đến việc chuyển đổi các phép toán số

học và các đại lượng trung bình

Ví dụ 1 : Tìm các hàm thỏa mãn từng điều kiện sau :

1) Xác định hàm f : R+



R+ biết f là hàm liên tục và f(xy) = f(x)f(y)



x y

;



R


Giải :

Từ giả thiết => lnf(xy) = lnf(x) + lnf(y)

Đặt x = eu ; y = ev => lnf(eu+v) = lnf(eu) + lnf(ev)
Đặt g(x) = lnf(ex)

 g là hàm liên tục trên R và g(u+v) = g(u) + g(v)
=> g(u) = au

=> f(x) = eg(lnx) = ealnx = (ealnx) = (elnx)a = xa

Vậy f(x) = xa (a tùy ý thuộc R)

2) Xác định hàm f liên tục trên R thỏa mãn:

f x

(



y

)



f x f y

( ) ( )



x y

,



R

Giải:

Nhận xét: f x ( ) 0 là 1 nghiệm phương trình

Nếu



x

0 f(x0) ≠ 0

0 0 0

: ( )

(

)

( ) (

)

0 x

R f x

f x

x

f x f x

x

 













f x 

( )

0  

x

R

Thay x = y => f(x) > 0

 

x

R

 lnf(x+y) = lnf(x) + lnf(y)

 g(x+y) = g(x) + g(y) với g(x) = lnf(x)

Ngoài ra g liên tục trên R => g(x) = ax => f(x) = eax = bx (b > 0 tùy ý)

3) Phương trình hàm Jensen : Tìm f là hàm liên tục trên R thỏa mãn :

( ) ( )

( )

2 2

x y f x f y

f   



x y

,



R

Đặt F(x) = f(x) - f(0) => F(0) = 0

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Thay y = 0 => F(2x) = 2F(x) => F(x+y) = F(x) + F(y)



x y

,



R

Vì F liên tục trên R => F(x) = ax

Vậy f(x) = ax + b

Bài toán tổng quát của phương trình Cauchy và phương trình Jensen là:

Ví dụ 2: Cho f liên tục trên R và thỏa mãn:

af(x) + bf(y) = f(ax+by)



x y

,



R

trong đó a,b là 2 số thực khác 0 cho trước. Tìm hàm f

Giải:

Xét 2 trường hợp của tổng a+b

Trường hợp 1: a + b ≠ 1

- Thay x = y = 0 => f(0) = 0

- Thay y = 0 => f(ax) = af(x) => f(by)=bf(y)

Ta được: f(ax+by) = f(ax) + f(by)

Vì a ≠ 0, b ≠ 0 nên phương trình trên  f(x) + f(y) = f(x+y)



x y

,



R

Ngoài ra f liên tục trên R => f(x) = cx

Trường hợp 2: a + b = 1

Phương trình  a(f(x)-f(0)) +b(f(y)-f(0)) = f(ax+by)-f(0)

Đặt g(x) = f(x) – f(0) => g(0) = 0  ag(x) + bg(y) = g(ax+by)

Vì g(0) = 0, theo trường hợp trên => g(ax+by) = g(ax) + g(by)



x y

,



R

Hàm g liên tục trên R => g(x) = cx

Vậy f(x) = cx + d.

Ví dụ 3: Cho f là hàm đơn điệu trên R thỏa mãn:

f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy



x y

,



R

Giải:

Ta nhẩm được nghiệm f(x) = x2. Đặt g(x) = f(x) – x2

Phương trình trên trở thành :

g(x+y) + (x+y)2 = g(x) + g(y) + x2 + y2 + 2xy
 g(x+y) = g(x) + g(y)

Theo tiêu chuẩn 2 => g(x) = ax => f(x) = x2 + ax

Thử lại thấy đúng

Tổng quát : Thay điều kiện trên bởi : f(x+y) = f(x) + f(y) + axy ( aR)

Ví dụ 4 : Tìm tất cả các hàm liên tục f : R R thỏa mãn

( ( )) ( ) ( )
2

x y

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Giải:

Nhận xét: f(x)  là 1 nghiệm của phương trình 0

Nếu f(x) ≠ 0 =>



x

0 : f(x0) = 0

Khi đó (f(x))2 = f(x0).f(2x-x0) => f(x) = 0 x R -> vô lý

Vậy f(x) 0trên R. Vì f liên tục nên f(x) > 0 hoặc f(x) < 0

 

x

R

Mặt khác nếu f là 1 nghiệm của phương trình thì –f cũng là nghiệm nên ta giả sử f(x) > 0

x

R

 

Từ giả thiết : => 2 ln ( ) ln ( ) ln ( )
2

x y

f   f x  f y

 ( ) ( ) ( )

2 2

x y g x g y

g    Với g(x) = lnf(x)

Và g liên tục => g(x) = ax + b => f(x) = eax+b

Thử lại : Thấy đúng

Nếu f(x) < 0

 

x

R

ta được f(x) = -eax+b

Kết luận : Nghiệm của phương trình là : f(x) = 0, f(x) = ± eax+b

 

x

R

Ví dụ 5: Tìm tất cả các hàm f liên tục: R+->R thỏa mãn:

( ) ( ) ( )
( )

f f x f y

f xy 



x y

,



0

Giải :

Đặt f(1) = a ; ( 1 )
(1)

f b

f 

Thay y = 1 => ( 1 ) af(x)
( )

f

f x 

Ta được : af(xy) = f(x)f(y)

 f xy( ) f x( ). f y( )

a  a a hay g(xy) = g(x)g(y)



x y

,



0

Mà g liên tục trên R+ => g(x) =

x



(





R

)
=> f(x) = ax

 

x

R



Thử lại :

Kết luận:

Ví dụ 6 : Tìm cặp hàm f, g xác định và liên tục trên (1, +) sao cho

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Thay x = y => f(x2) = 2xg(x) => g(x) =

( )
2

f x
x

Thay vào phương trình ta có: f(xy) =

2 2

( ) ( )

2 2

f y f x

x y

y  x

2 2

( ) 1 ( ) ( )

( )

f xy f x f y

xy  x  y

Đặt g(x) =

( ) 1

( ) ( ( ) ( ))
2

f x

g xy g x g y

x   



x y

;



1

Đặt x = eu ; y = ev

=> ( 2 ) 1( ( ) ( ))

2
u v

u v

g e g e g e



 



u v

;



0

Đặt h(x) = g(ex)

=> ( ) 1( ( ) ( ))

2 2

x y

h   h x h y



x y

;



0

Mà h liên tục

=> h(x) = ax + b => g(x) = alnx+b

Và f(x) = xg( x = ) ( alnx+b)1 ln
2

x cx x bx

 

x

1

Thử lại :

Ví dụ 7 : Tìm các hàm f ;g ; q xác định và liên tục trên R sao cho f(0) ≠ 0

Và f(xy) = g(x+y).q(x-y)



x y

,



R

Giải :

Thay x=y=0 => f(0) =g(0).q(0) => g(0) ≠ 0 và q(0) ≠ 0

Thay x = y = t/2 => g(t) =

( )
4
(0)

t
f

q

Thay x = t/2; y = -t/2 =>

( )
4
( )

(0)

t

f
q t

g




Thế vào phương trình ban đầu, ta được :

q(0) g(0) f(xy) = f

2 2

( ) ( )

( ). ( )

4 4

x y x y

f

 





x y

,



R

Do vậy h(u+v) = h(u)h(v)

 

u

0;

v



0

với h(u) = ( )
(0) (0)

f u

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Với h(u) = au với a>0. Từ đó tìm được 3 hàm ban đầu

Ví dụ 8 : Cho hàm f : (0;  ) R đồng thời thỏa mãn

1) f(x+y) = f(x) + f(y)



x y

,



0

2) f(xy) = f(x)f(y)



x y

,



0

Chứng minh f(x) = x hoặc f(x) = 0  x 0

Giải :

Ở điều kiện 2 thay x = y -> f(x2) = f2(x)

 

x

0

=> f x ( ) 0  x (0;)

Mà f cộng tính trên

(0;



)

Theo tiêu chuẩn 3 => f(x) = ax

Thử lại vào điều kiện (2): axy = a2xy x y, 0 =>

0

1 a





 



=> điều phải chứng minh.

Trên đây là một số ví dụ minh họa cho ứng dụng của phương trình dạng Cauchy. Hy vọng rằng

qua đó cho chúng ta kinh nghiệm để nhận biết và biết cách đổi biến để đưa 1 phương trình hàm

nào đó về dạng Cauchy

Bài tập áp dụng:

Bài 1: Tìm hàm f liên tục trên R thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( )

3 3

x y z f x f y f z

f     

Tổng quát: f(x1 x2 ... xn) f x( )1 f x( 2) ... f x( n)

n n

     

 (với n



N*)

Bài 2: Chứng minh rằng mọi hàm f thỏa mãn điều kiện:

f(xy + x + y) = f(xy) + f(x) + f(y) khi và chỉ khi f( x + y) = f(x) + f(y)

Bài 3 : Tìm cặp hàm f, g xác định và liên tục trên R thỏa mãn :

f(x) + f(y) + 2xy = (x + y)g(x + y)



x y

,



R

Bài 4 : Tìm các hàm f, g, q xác định và liên tục trên R thỏa mãn :

f(x + y) + g(x - y) = q(xy)



x y

,



R

Bài 5 : Cho tập A = R hoặc A = (0 ; +  ) và hàm f : A->R sao cho:

f2(x + y) = f(x2) + f(y2) + 2f(x)f(y)



x y

,



R

. Chưng mjnh f(x) = x
Bài 6 : Tìm hàm f liên tục : R  R thỏa mãn :

f(x + f(y)) = f(x) + y



x y

,



R

Bài 7 : Tìm f : R  R thỏa mãn : f((x + 1)f(y)) = (f(x) + 1)y



x y

,



R

Bài 8 :Tìm hàm f : R  R thỏa mãn : f(x2 + f(y)) = f 2(x) + y



x y

,



R

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

A = f x( ); x 0

x

 

 

 

  gồm hữu hạn phần tử . Chứng minh f(x) = ax.

Bài 10 :Tồn tại hay không hàm f : Q  Q sao cho

f(x + f(y)) = f(x) – y



x y

,



Q

Bài 11 : Tìm tất cả các hàm f : Q  Q thỏa mãn :

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY

Trường THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương

A. PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY:

f(x+y) = f (x) + f (y)

Đặt vấn đề:

Nếu x, y  Q ta hiển nhiên có f (x) = xf (1).

Vậy nếu x, y  R thì f(x) sẽ xác định như thế nào ?

Sau đây xin nêu ra một số tiêu chuẩn để xác định phương trình Cauchy, nhưng trước hết xin nói

qua về lý thuyết giới hạn của dãy số và hàm số vì đây là lý thuyết cơ bản và hầu như xuyên suốt trong

quá trình các bài tập dạng này.

1. Cho dãy số (xn)n  0 ta có lim xn = L  tồn tại No > 0, No  N sao cho với n  No ta có xnL <

 với  nhỏ tuỳ ý.

2. Nếu xn  yn n  1 thì lim xn  lim yn

3. Định lý

Nếu một dãy (xn) chặn thì ln  một dãy con (xnk) hội tụ.

4. Giới hạn hàm số

a, limxxo f (x) = L ( f (x) xác định trên K)

 c > 0 nhỏ tuỳ ý  > 0 sao cho x  K mà xx0 thì f(x)L c

b, Nếu limn x n xo mà ta có limn+ f (x) = f (xo) thì ta nói f (x) liên tục tại xo

5. Tính chất :

Nếu f : AB là đơn ánh, f liên tục thì f đơn điệu

Tiêu chuẩn 1:

Cho f : RR thoả mãn f liên tục trên R và f (x+y) = f (x) + f (y) x, y R.

Lời giải:

Thay x = y  f (2x ) = 2 f (x) x R.

Dễ quy nạp f (kx) = k f (x) x R. k N.

Thay x = y = 0  f (0) = 0

Thay x = - y  f (x) = - f (- x )

 f (kx ) = k f (x) x R. k Z (1)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Từ (1) thay x = 1 (1) 1 1. (1) (1)(2)

k
f
f
k
k
kf
f

k    

Đặt m=p(p, q) 1, p Z,q N *

q    ta có

f (p f (p. )1 p.f ( )1 p.f (1)

q  q  q q  f (m)xo.f (1).m Q.

Với xo R ta luôn chọn được một dãy(xn)n1hữu tỷ sao cho

limn x x
n




Khi đó ta có lim f(x ) lim .f(1) xo.f(1)
n.

x
n
n

n   

do f (x) liên tục trên R  limn f(xn)(xo)

)

1
(
.
)
(xo xo f

f 



Vậy f (x) = kxxR với k = f (1).

Chú ý: Điều kiện f (x) liên tục trên R hồn tồn có thể thay bằng việc f (x) liên tục tại điểm xo R.

Thật vậy, giả sử f (x) liên tục tại xo limnxo f(x) f(xo)

Với a R ta có f (x) = f (x-a+xo) + f (a - xo).

Sau đó chuyển giới hạn suy ra f (x) liên tục tại xo.

Vậy f (x) liên tục tại mọi điểm trên R.

Tiêu chuẩn 2:

Cho f : R  R, f đơn điệu.

f (x + y) = f (x) + f (y)  ,x yR

CMR: tồn tại k: f(x)kxxR

Lời giải:

Giả sử f đơn điệu tăng

Ta có f (m) = m f (1)  x R

Với x Rta luôn chọn được 2 dãy hữu tỷ (un)n1,(vn)n1 thoả mãn:

)

(un n tăng và bị chặn trên nên ta có f(un) f(x) f(vn)nN

Chuyển qua giới hạn ta có limnun.f(1) f(x)limnvn.f(1)

R
x
kx
xf

x
f
f

x
x
f

xf      

 (1) ( ) . (1) ( ) (1)

Vậy f(x)kxxR

Tiêu chuẩn 3:

Cho f : R  R, f cộng tính và f đơn điệu trên [c, d]

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Lời giải:

Ta sẽ tận dụng tiêu chuẩn 2 bằng việc mở rộng tính đơn điệu trên toàn miền R

Giả sử f đơn điệu tăng.

Đặt   
2

c
d

a 0 ta có )

2
(

)
(
)
2

(x c d f x f c d

f     

)
2
(
)
(
)
2

(y c d f y f c d

f     

Nếu





)

2
(
,

,x y c d f x c d

y

x     )

2
(y c d

f  



Hay nói cách khác nếu x, y [ a, a], xythì f (x)  f( y)

Ta có

f (0) 0

 

f (x)



0  

x

[0, a]

Với xy đặt [

a
y
x 

] = k (kN (x, yR )

Suy ra x - y = ka + t với t [0 ; a]

Ta có f (x)f (y)f (xy)f (ka t) f (ka)f (t)k.f (a)f (t) 0

Vậy ta có đpcm, từ CT 2  f (x) =

kx

 

x

R

Nếu f (x) đơn điệu giảm, đặt g(x) f (x)

f (x) kx x R

   

Tiêu chuẩn 4:

f : RR, f cộng tính. f(x) 0xR

CMR: f (x)kx  x R (k0)

Lời giải:

Ta có f(x) f(y) f(xy)0x y

 f đơn điệu tăng  f(x)kxxR(k 0)

Tiêu chuẩn 5:

Cho f : RR, f cộng tính. Tồn tại m: f(x)mx [c;d ]

CMR: f(x)kxxR

Lời giải:

Đặt a = 0
2 
 c

d

và k = )
2
(c d

f 

Ta có f (x) = f xcd  f cd)M

2
(
)
2

( với mọi x  [c;d ]

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Ta có f(x) f(x)0 có - x  [- a ;a ] nếu x[-a; a]

Ta f(x)M1 và f(x)M1

Đặt M2 = - M1 có f(x)M1 suy ra  f(x)M1





 f(x) M2 x [-a; a]

Vậy - M2  f(x)M2x



a,a



,M2 0

Lấy t



a;a







;
,a k N
a

k
t







Ta có - M2  f(x)M2với mọi x  [ -a; a], M2 0

Lấy t  [-a; a ] suy ra

k
t

 [ -a; a], k *
N



Suy ra - M2  f(t)M2

Hay - M2 ( ) M2
k

t

kf 

 nên -

k
M

k
t
f
k

M2 2

)
( 


Cho lim 0

k
t
k

2  



k
M
Lim
k

M
Lim

)
(
)
0
(
0
)
(

limx 0 f x   f  f x

  liên tục tại x = 0

Theo TC1 ta có ĐPCM.

Chú ý: Nếu tồn tại m:

f (x)



M

 

x

[c;d] thì kết quả trên vẫn đúng. Các tiêu chuẩn trên hồn tồn có

thể thay RRbởi (0 ; ) R hoặc. (0 ; ) R

B. ỨNG DỤNG PT HÀM CAUCHY TRONG GIẢI CÁC BÀI TỐN PTH.

Hầu hết các bài tốn về PT hàm Cauchy đều có trong quyển "Phương trình hầm - Nguyễn Văn Mậu "

nhưng sau đây xin nêu ra một số bài tập cho thấy rõ việc áp dụng của PTH Cauchy.

Bài tập 1: Phương trình hàm Jensen

Cho f : R R thoả mãn f liên tục trên R

R
,
2

)
(
)
(
)
2

(x y  y x  f y x y

f

Lời giải:

Đặt g (x) = f (x) - f (0)



( ) ( )



(*) , R
2

1
)
2

(     

 g x y g x g y x y

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Thay x = 0 ( ) R

2
1
)
2

(   

g y g y y

Thay lại (*) ta có ) , R

2
(
)
2
(
)
2

(xy g y g x x y

g

Hay g(x+y) = g (x) + g (y) x, y R

Lại có f liên tục trên R  g liên tục trên R

R
x
ax
x

g   

 ( )

R

x
b
ax
f

ac
x

f      

 ( ) (0)

Thử lại thấy thoả mãn

Vậy f (x) = ax +bxR,a,bR

Bài tập 2: Cho f :(0;)R thoả mãn f(xy) f(x).f(y)x,y0

Và f đơn điệu thì f(x)0x0hoặc

f (x)



x

 

x

0,c



R

Lời giải:

Cho x > 0 suy ra x = y ta có f(x2) f2(x)

Cho x =y =1 ta có f(1) f2(1) f(1)0 hoặc f(1)1

TH1: f(1)0 thay y =1 ta có f (x)f (1).f (x)0  (t/m) x 0

Vậy f (x)0  x 0

TH2: f(1)1 do (1) ( ). (1)x0

x
f
x
f
f

Nếu tồn tại xo > 0, xo  1: f(x0)0 f(1)0 (vô lý)

f (x)

0 x

0 



 

Đặt g(x) = ln f(ex)xR

R
R
: 

 g và có

g(x+y)=ln f (ex y )ln f (e ).f (e ) x y ln f (e ) ln f (e )x  y g(x)g(y) x, y R

 

Do f đơn điệu nên g cũng đơn điệu mà có (g (x+y) = g (x) + g (y) x, y R

Theo tiêu chuẩn 2, ta có g(x) = cxx R

Có f (x)eg (ln x ) ec.ln x xc  x 0

Thử lại thoả mãn

Vậy

f (x)



x

 

x

0, c



R

Bài tập 3:

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Nếu f : A Rthoả mãn đồng thời 2 điều kiện sau:

1, f(x y) f(x) f(y) f(x) f(y)x,yA

2, f(xy) f(x)f(y)

Hãy chứng minh

f (x)



0  

x

A

Hoặc f (x)x  x A

Lời giải:

Ở (2) cho x = y 2 2

f (x ) f (x) x A

    f (x)0 x A

Có f (xy)f (x)f (yf (x) x A

Ta có f(1) f2(1) f(1)0hoặc

1
)
1
( 

f

TH1: f(1)0 f(x)0xA (theo 2)

TH2: f(1)1

Ta có f (x)xf (1)  x Q f (x)x  x Q

A
x 

 ta luôn chọn được 2 dãy hữu tỷ (Pn),(qn)

Mà pn < x <qn, pn tăng dần tới x, qn giảm dần về x

Ta có f(pn) f(x) f(qn)

n

n f x q

p  

 ( )

Suy ra f (x) = x với mọi x A. Ta có đpcm.

Bài tốn 3 thường được sử dụng để giải PT hàm sau đây xin nêu 1 bài toán áp dụng.

Bài toán 4:

Đặt A = R, [0, +  ]

Cho f :ARthoả mãn

)
(
).
(
2
)
(
)
(
)

( 2 2

y
f

x
f
y
f
x
f
y
x

f     với mọi x, y A

0
)
1
( 

f

CMR f (x)x  x A

Lời giải:

Thay x =y = 0 ta có f2(0)2f(0)2f2(0)

0
)
0
( 

 f hoặc f(0)2

TH1:f(0)2 thay y =0, x =1 ta có f 2(1) f(1)2â4 f(1)

0
2
)
1
(
3
)
1
(





 f f

suy ra f (1) = -1 hoặc f (1) = -2 (vô lý)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380
(*)
,
)

(
)
(
2
)
(
)
(
)

( 2 2

2
A
y
x
y
f
x
f
y
f
x
f
y
x

f      

TH1: A



0,



Ta có f(x) 0xA



f x f y



x A

y
x

f2(  ) ( ) ( )2 

)
1
(
,
)
(
)
(
)

(x y f x f y x y A

f     

Ta có f2(xy) f((x y)2) f(x2) f(y2) f(2xy) f(x2) f(y2)2f(xy)

Kết hợp với (*) ta có f(xy) f(x)f(y)x,yA(2)

Từ (1) (2) theo bài toán 3  f(x)xxA

TH2: A = R

Xét x, y ,



0



tương tự TH 1 ta có f(x) xx



0,



Ta có, thay y = - x  f2(0)



f(x) f(x)



R
x
x
f
x

f    

 ( ) ( )

R
x
x

f  

 ( )

Bài tốn 5:

Tìm tất cả các hàm f :QQ thoả mãn

Q
y

x
xy
y
f
x
f
y
x

f(  ) ( ) ( )  , 

Lời giải:

Trước hết ta dự đoán kết quả 2

2
1
)
(x x

f  là hàm thoả mãn

Để triệt tiêu "xy" đồng thời lợi dụng kết quả của PT Cauchy ta đặt g(x) 2

2
1
)
(x x

f 


Q
y
x
y
g
x
g
y
x

g     

 ( ) ( ) ( ) ,

Ta có g(x)xg(1)axxQ

Q
x
x
ax
x

f    

 2

2
1
)

(

Thử lại ta thấy thoả mãn

Bài tập 6:

Cách làm tương tự như bài 5:

Tìm f :RR liên tục thoả mãn f(mn) f(m) f(n)2mnm,nR

Bài tập 7:

Tìm f :RR liên tục thoả mãn

R
,
)
(
))
(

(x f y  f x  yx y

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Lời giải:

Giả sử: y1  y2;f(y1) f(y2)

1 2

f (x f (y )) f (x f (y )) x R

     

1 2

f (x) y f (x) y x R

     

1 y

y 

 (vơ lí)

)
(x

f

 đơn ánh

Thay y = 0  f(x f(0)) f(x)xR  f(0)0

Thay x = 0  f(f(y)) yyR

Thay y  f(y) f(x y) f(x) f(y)x,yR

Có f liên tục  f(x)kx)xR,kR

Thay lại có k = 1 hoặc k = - 1

Vậy f(x) x với mọi x Rhoặc f(x)xvới x R

Bài tập 8: SMO

Cho f :RR liên tục thoả mãn f(xy) f(x) f(y)x,yR

  







 \ 0

;
)
(
R
x
x

x
f
hữu hạn

CMR: f (x)kx với x R

Lời giải

Quy nạp ta có f(qx)qf(x)với q Q

q
x
Q
q
qx
qx
f
x
x
f
,
,
)
(
)
(



 0

Gọi xo R 0 a là số vô tỷ thoả mãn:
o

o

x
x
f( )


o

o

ax
ax
f( )

)
( 0

0f x

ax

  xo f(ax0)

Hay yo f(x0)  xo f(y0), yo = axo là số vô tỷ

Đặt yk = yo - kxo với k N*

kx
y
yo  k 


Ta có (yk+kxo) f(x0) xof(yk  f(xo)

)
(
)

(xo kxof xo

ykf 

 xof(yk)kxof(xo)

o
o
x

x
f( )

 

k
k
y

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Có o k f(yo)

k
y
y 
 ( )
k
y
y
f

y o k

o

)
( o
k
o
y
f

k
y
y 

  o



f(yo) f(yk)



k

y



)
( o
k f y
y
 
o
o
k
o
y
y
f
y
f

y ( ) ( )

k
k

y

y
f( )

Quy nạp ta có A là vơ hạn (vơ lý)

Suy ra f (x) k x R \ 0

 

x   

f (x) kx x R

   

Bài tập 9: IMO 2002

Tìm tất cả f :RRthoả mãn:

)
(
)
(
))
(
)
(
))(
(
)

(

(f x  f z f y  f t  f xyzt  f xtgz cho mọi số thực x, y, z, t

Lời giải: 
)
0
(
2
)
0
(
2
).
(
2
0

,y t f x f f

z

x      cho tất cả xR f(0)0 hoặc f 
2
1

Giả sử f(0)0

z =t = 0  f(xy) f(x)f(y) cho tất cả x,y R(*)

x = y = 0  f(zt) f(z)f(t) f(zt) cho tất cả z, t R

Nên f(x) f(x) cho tất cả x R(**)

và f(x) f( x)2 0cho tất cả x0(***)

và f(x) f(x.1) f(x)f(1)cho tất cả xR f(1)1or f  0

Giả sử f(1)1

x= y = z = t = 1  f(2)4

Từ (*) cho f(2T)4T (2T)2cho tất cả r

**)
*
(*

Q



x=t, y = z 2 2 2 2 2 2

)
(
)
(
))
(

)
(

(f x  f y  f x y  f x  y



Và  f(y) f(x) f(y) f( x2  y2)

Cho mọi x, y  sử dụng (***). 0

nên f(x) f( x2y2)2 y2) f(y) cho tất cả x  y0

Và (****) cho f(x) x2 tất cả x > 0

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

)
(x x

f  cho tất cả x R

C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Tìm f , g, h: R  R liên tục thoả mãn

,
)
(
)
(
)

(xy  f x f y x y

f

Bài 2: Cho f :RR và f(xyx y) f(xy) f(x) f(y)x,yR

CMR f(xy) f(xy) f(x) f(y)x,yR

Bài 3: Cho f :RR thoả mãn

1, f(xy) f(x)f(y)x,yR

2, limx0 f(x)1

Chứng minh rằng f(x)axvới a> 0

Bài 4: Cho f :R*R thoả mãn

1, *

R
,
)

(
)
(
)

(xy  f x  f y x y

f

2, limx1 f(x)0

Chứng minh rằng f(x)0xR* hoặc f(x)logaxvới a=const >0 và a 1

Bài 5: Tìm f :RR thoả mãn điều kiện



(x1)f(y)



 y



f(x)1



x,yR

f

Bài 6: Tìm f :RR thoả mãn

R
,
)
(
))
(

(x2  f y  y f2 xx y
f

Bài 7: Tìm f :R R đơn điệu thoả mãn

R
,
)
(
))
(

(x f y  y f x x y

f

Sau đây là gợi ý của các bài tập trên.

D. Gợi ý.

Bài 1: Thay y bởi x, x bởi y rồi đưa về pth Cauchy

Đặt F(x) = f (x) + h(0) + g (0)

Suy ra F(x+y) = F(x) + F(y).

Bài 2: Cho x = y = 0  f(0)0

Cho y = - 1  f(x)f(x)

Cho y = 1  f(2x1)2f(x) f1)xR

R
v
u
f
v
f
u
f
uv
f
uv
v
u

f         

 (2( ) 1) 2 ( 2 ( ) 2 ( (1) ,

Đặt x = u, y = 2v + 1 ta có.

)
2
(
)
1
(
)
(
2
)

(
))
1
2
(
)
1
2
(
(
)
1
)
(
2

( u v uv f u v u v f u f v f f uv u

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380
)
2
(
)
1
(
)
(

2
)
(
)
1
(
)
(
2
)
(
2
)
(

2f uv  f u  f v  f  f u  f v  f  f uvu


)
1
)(
(
)
(
2
)
2

( uv u f uv f u

f   


Lấy
2
1



v thì ) R

2
(
2
)

(u  f u u

f

Từ (1)  f(x y) f(x) f(y)với mọi x, y khác 0

Ta có f(0)0thoả mãn f(xy) f(x) f(y)

Đpcm.

Bài 3:

Đặt g (x) = ln f(x)

Bài 4:

Đặt

g(x)



a (x) (a



const



0)

(a  1).

Bài 5:

Cho x = - 1 có f(0) y



f(1)1



yR

Với x = 0 ta có f(f(y)) y

Với x =-2, y =- 1 (1)



f(2)1



mà cho y = - 1

Ta có f(x1)f(x)1xR

1
)
1
( 2 

 f hay f(1)1 (do f(f(y)) y)

Vậy f(x1) f(x)1

Ta có f(xy) f(xf(f(y)) f(y)



f(x1)1



 f(x)f(y)(1)

Với y  0 thì

)
(
)

)
1
[
((
)

( y f y

y
x
f
y
x

f     [ ( )1

y
x

f ] = f(x) f(y) (2)

Do f(0)0 nên (1) + (2) đúng với mọi số thực x, y

x
x

f 

 ( )

Bài 6:

Cho x = 0 được f(f(y)) y f(0)2. Đặt c = f(0)2, nên f ( f (y)) = y + c

2 ( ( ))) ( ) ( )

(a f f b f b f a

f   

2
2
)
(
)
(
)

(a b c f b f a

f    

2
2
2
))
(
(

)
(
)
(
(
))
(

(f a b c f f b f a b f f a

f      

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

Vì thoả mãn tất cả a nên c = 0. Có f(0)0 f(f(y)) y. Chú ý f song ánh. Cho nên f tăng

nghiêm ngặt. Nên từ f(f(y)) y, ta phải có f(x)x với tất cả x.

Bài 7:

Dễ thấy f song ánh

Cho x = y = 0 nên f(0)0

Cho x = 0 có f(f(y)) y

Với x, y bất kỳ đặt a = f( y)ta được f(a) ynên

</div>

Chuyên đề: Một số vấn đề về phương trình hàm Cauchy

<i>f x</i>

(



<i>y</i>

)



<i>f x</i>

( )



<i>f y</i>

( )



<i>x y</i>

,



<i>R</i>

<i>f</i>

(2 )

<i>x</i>



2 ( )

<i>f x</i>

<i>f kx</i>

(

)



<i>kf x</i>

( )

 

<i>k</i>

<i>N</i>

<i>f</i>

( )

1

<i>n</i>

<i>N</i>

<i>n</i>

 

1

(1)

( )

<i>f</i>

<i>f</i>

<i>n</i>



<i>n</i>

 

<i>m</i>

<i>Z n</i>

;



<i>N</i>

<i>f</i>

( )

<i>m</i>

<i>mf</i>

( )

1

<i>m</i>

<i>f</i>

(1)

<i>n</i>



<i>n</i>



<i>n</i>

 

<i>x Q</i>



<i>R</i>



<i>Q</i>

<i>x</i>



<i>x</i>

 

<i>x</i>

<i>R</i>

<i>f x </i>