Giáo trình Toán cao cấp (Mới)

gt; xn, hay 2xn/(1+x2n) > xn. Từ đây ta có
−1 6 xn 6 1. Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có
xn+1 =
2xn
1 + x2n
6 1.
Do dãy số (xn) tăng và bị chặn dưới bởi 1 nên tồn tại giới hạn limn→∞ xn = l > 0.
Ta có (8.25) tương đương với
l =
2l
1 + l2
,
từ đó ta có l = 1.
Dãy số
f(xn+1) = f
(
2xn
1 + x2n
)
= f(xn).
Lấy f(x) = f(x0) = · · · = f(xn). Do f(x) liên tục trên [−1, 1] nên lim
n→∞ f(xn)
= f(1), hay f(x) = f(1) = c, với c là hằng số.
(trường hợp x0 = x < 0 xét tương tự)
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 209
Bài toán 8.55. Tìm tất cả các hàm f(x) xác định và liên tục trên R − {0} và
thỏa mãn điều kiện sau
(f(x2)− x2)(f(x)− x) = 1
x3
, ∀ x 6= 0. (8.26)
Giải. Phương trình (8.26) tương đương với
(x2f(x2)− x4)(xf(x)− x2) = 1.
Đặt xf(x)− x2 = g(x), ta thu được
g(x2)g(x) = 1. (8.27)
Suy ra g(x) 6= 0, với mọi x ∈ R. Ta có g(0) = ±1 và g(1) = ±1. Thay x bởi −x
vào trong (8.27) ta thu được
g(x2)g(−x) = 1 = g(x2)g(x).
Suy ra g(−x) = g(x) trên tập đối xứng qua gốc toạ độ R. Suy ra g(x) là hàm số
chẵn trên R, nên ta chỉ cần xét g(x) trên tập x > 0 là đủ.
Xét 0 6 x 6 1, ta có
g(x) =
1
g(x2)
=
1
1
g(x4)
= g(x4).
Suy ra g(x) = g(x4).
Lại có
g(x4) =
1
g((x4)2)
=
1
1
g((x4)2)
= g((x4)4) = g(x4
2
).
Suy ra g(x4) = g(x4
2
). Vậy ta thu được
g(x) = g(x4) = g((x4)4) = · · · = g((· · ·(x4)4)4 · · · )4) = g(x4n), n→ +∞.
Qua giới hạn ta thu được
g(x) = lim
n→+∞ g(x
(1/4)n),
do lim
0 x 1
x4
n
= 0. Suy ra
g(x) = lim
n→+∞ g(x
4n) = g(0),
mà g(0) = ±1. Suy ra g(x) = ±1 = c.
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 210
Xét x > 1, ta có
g(x) =
1
g(x
1
2 )
=
1
1
g(x
1
4 )
= g(x
1
4 ) = · · · = g(x( 14 )n).
Qua giới hạn, ta thu được g(x) = lim
n→+∞ x
( 1
4
)n = g(1) vì với x > 1 thì limn→+∞ =
1, suy ra g(x) = g(1) = ±1 = c.
Vậy c = xf(x)− x2, hay f(x) = c/x+ x, c là một hằng số.
Bài toán 8.56. Cho f : (−1, 1)→ R liên tục thoả mãn điều kiện
f(x) = f
(
2x
1 + x2
)
, ∀x ∈ (−1, 1). (8.28)
Chứng minh rằng f(x) là hàm hằng.
Giải. Xét 0 < x < 1. Ta cố định x, xét dãy số (xn)+∞1 như sau
x0 = x, xn+1 =
1−√1− x2n
xn
. (8.29)
Dãy này được suy ra từ việc xét dãy số
xn =
2xn + 1
1 + x2n+1
.
Ta chứng minh rằng (xn)∞1 xác định với mọi n và
lim
n→∞ xn = 0. (8.30)
Từ (8.28) suy ra f(x) = f(x0) = f(x1) = · · · = f(xn). Do f(x) liên tục trên
(−1, 1) nên f(x) = lim
n→∞ f(xn) = f(0).
Ta chứng minh dãy số (xn)∞1 bị chặn.
Dễ thấy (xn)∞1 luôn dương với mọi n ∈ N∗. Ta chứng minh xn 6 1, với mọi
n ∈ N∗.
Nếu n = 0 thì x0 = x < 1, đúng theo giả thiết.
Giả sử xk < 1, ta có
xk+1 =
1−√1− x2n
xk
6 1.
Bất đẳng thức này tương đương với 1−xk 6
√
1− x2k. Từ đây ta có xk(xk−1) 6 0,
điều này luôn đúng với xk < 1.
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 211
Suy ra (xn)∞1 là dãy số giảm.
Bây giờ ta chứng minh dãy số (xn)∞1 bị chặn bởi số 0. Thật vật, vì (xn)∞1 là
dãy số giảm nên tồn tại lim
n→∞ xn = c (ta đi chứng minh c = 0).
Suy ra
lim
n→∞ xn = limn→∞
2xn + 1
1+ x2n+1
= lim
n→∞
2xn
1 + x2n
.
Từ đó c = c/(1 + c2), suy ra c = 0 hoặc c = 1. Do dãy số giảm nên c = 0, suy
ra limn→∞ xn = 0. Vậy dãy số (xn)∞1 giảm và bị chặn bởi 0 vậy dãy số (xn)∞1 bị
chặn.
Ta có
f(xn) = f
(
2xn+1
1 + x2n+1
)
= f(xn+1).
Suy ra f(x) = f(xn+1) = f(xn) = · · · = f(x1) = f(0). Do f(x) liên tục trên
(−1, 1) nên lim
n→∞ f(xn) = f(0), hay là f(x) = f(0) = c với c là một hằng số.
Trường hợp −1 < x < 0. Ta chứng minh dãy số (xn)∞1 đơn điệu tăng và bị
chặn bởi số 0.
Nhận xét. Bài toán 8.54 và 8.56 khác nhau cơ bản ở điều kiện nên ở bài 8.54
xét dãy số xn+1 = 2xn1+x2n , ở bài toán 8.56 xét dãy số xn =
2xn+1
1+x2n
sao cho dãy số
không thể bằng 1 được, suy ra xn =
1−
√
1−x2n
xn
.
Bài toán 8.57. Cho f : R → R liên tục, 0 < c < 14 . Giả sử f thoả mãn điều
kiện f(x) = f(x2 + c), ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f(x) là hàm hằng.
Giải. Nhận xét rằng f là hàm số chẵn trên R. Suy ra, ta chỉ cần xét x > 0. Xét
x2 + c = x, tức với 0 < c < 14 thì tồn tại hai nghiệm phân biệt α, β của phương
trình
x2 − x+ c = 0. (8.31)
Trường hợp 1. Xét x ∈ [0, α]. Cố định x0, xét dãy số
x0 = x, xn+1 = x2n + c. (8.32)
Ta có
f(xn+1) = f(x2n + c) = f(xn), ∀0, 1, 2, ..., .
Suy ra
f(x) = f(x1) = f(x2) = · · · = f(xn),
và f(x) liên tục trên R. Suy ra lim
n→∞ f(xn) = f(x).
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 212
Ta chứng minh (xn)∞1 : limn→∞ xn = α. Suy ra lim f(xn) = f(α) vì f(x) liên
tục trên R, hay là f(x) = f(α), với mọi x ∈ [0, α], hay f(x) = c, với c là một
hằng số.
a) Chứng minh lim
n→∞ = α với (xn)
∞
1 xác định bởi (8.32).
Ta có (xn)∞1 là dãy số tăng. Xét g(x) = x
2 + c, g′(x) = 2x > 0 với x ∈ [0, α].
Suy ra g(x) đồng biến trên [0, α]. Do đó, g(x1) > g(x0), tương tự với x2 > x1 ta
có g(x2) > g(x1). Vậy (xn)∞1 là dãy số tăng.
b) Chứng minh (xn)∞1 bị chặn bởi α (bằng phương pháp quy nạp). Với x0 =
x < α. Giả sử (8.32) đúng với n = k: xk < α. Suy ra xk+1 = x2k+ c < α
2+ c = α
vì α là nghiệm của (8.31). Suy ra (8.32) đúng với n = k + 1.
Từ a) và b) suy ra lim
n→∞ xn = α.
Trường hợp 2. Xét x ∈ [α, β], xét dãy số
x0 = x, xn+1 = x2n + c. (8.33)
Chứng minh tương tự như trường hợp 1, (xn)∞1 là dãy số giảm., xn > α, suy ra
lim
n→∞ xn = α.
Suy ra
f(x) = f(α), ∀x ∈ [α, β].
Trường hợp 3. x ∈ [β,+∞), xét dãy số xác định bởi
x = x0, xn+1 =
√
xn − c với xn = x2n+1 + c. (8.34)
Chứng minh rằng lim
n→∞ xn = β.
Xét g(x) =
√
x− c. Tính đạo hàm cho ta
g′(x) =
1
2
√
x − c > 0, với x ∈ [β,+∞).
Suy ra g(x) đồng biến trên [β,+∞).
Ta có x1 =
√
x0 − c 0 luôn đúng do x0 ∈ [β,+∞).
Nếu x1 < x0 thì dãy số (xn)∞1 giảm.
Ta chứng minh (xn)∞1 bị chặn dưới bởi β bằng phương pháp quy nạp. Nếu
x0 = x > β, giả sử xk > β, xk+1 =
√
xk + c >
√
β − c = β. Điều này luôn đúng
vì β là một nghiệm của β2− β+ c = 0. Suy ra tồn tại lim
n→∞ xn = l (l > β). Từ đó
lim
n→∞ xn = β. (8.35)
Từ dãy số (8.32) suy ra f(xn) = f(x2n+1 + c) = f(xn+1). Lấy
f(x0) = f(x1) = · · · = f(xn).
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 213
f(x) liên tục trên [β,+∞). Do đó
lim
n→∞ f(xn) = f(β),
hay là f(x) = f(β) = c, với c là hằng số.
Phép chứng minh hoàn tất.
Bài toán 8.58. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : (0,→∞)→ (0,+∞)
thoả mãn điều kiện
1. f(x) là hàm số tăng: ∀x > y > 0 thì f(x) > f(y).
2. f
(
x+ 1
f(x)
)
> 2f(x).
Giải. Giả sử f(x) tồn tại, ta cố định x0 > 0. Xét dãy số xác định bởi
x0 = x (8.36)
xn+1 = xn +
1
f(xn)
. (8.37)
Điều kiện thứ nhất trong đề bài cho ta
f(xn+1) > 2f(xn) > 2(2f(xn−1)) = 22f(xn−1) > 22.2f(xn−2)
> · · ·> 2nf(x1) > 2n+1f(x0).
Vậy ta có
f(xk) > 2kf(x0) với mọi k = 0, 1, 2, ... (8.38)
x1 = x0 +
1
f(x0)
,
x2 = x1 +
1
f(x1)
,
x3 = x2 +
1
f(x2)
,
...
xn = xn−1 +
1
f(xn−1)
,
Suy ra
xn = x0 +
n∑
k=0
1
f(xk)
.
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 214
Từ (8.38) suy ra
1
f(xk)
6 1
2kf(x0)
.
Suy ra
xn 6 x0 +
n∑
k=0
1
2kf(x0)
= x0 +
1
f(x0)
.
n∑
k=0
1
2k
= x0 +
2
f(x0)
.
Vì
n∑
k=0
1
2k
=
1
1− 12
nên
xn 6 a
(
= x0 +
2
f(x0)
)
, ∀n.
Do f là hàm số tăng nên 2nf(x0) 6 f(x0) < f(a), với mọi a. Từ đây và (8.38)
ta suy ra f(a) > 2nf(x0) với mọi n. Suy ra f(a) > ∞, mâu thuẫn với giả thiết
rằng f(x) tồn tại. Điều mâu thuẫn này cho ta điều phải chứng minh.
Bài toán 8.59. Tìm tất cả các hàm f : R → R liên tục tại x = 0 và thoả mãn
điều kiện nf(nx) = f(x) + nx, trong đó n > 1 là số tự nhiên cố định nào đó.
Giải. Cho n = 0, từ đó thay giá trị này vào biểu thức đã cho, ta có nf(0) =
f(0) + 0, hay (n − 1)f(0) = 0. Suy ra f(0) = 0, vì n > 1. Cũng từ biểu thức đã
cho, thay x bởi x/n thì
nf
(
n
x
n
)
= f
(x
n
)
+n
x
n
,
hay
nf(x) = f
(x
n
)
+x.
Suy ra
f(x) =
1
n
.f
(x
n
)
+
x
n
. (8.39)
Trong (8.39) thay x bởi x/n, ta có
f
(x
n
)
=
1
n
( x
n2
)
+
x
n2
.
Suy ra
f(x) =
1
n
(
1
n
f
( x
n2
)
+
x
n2
)
+
x
n
=
1
n2
f
( x
n2
)
+
x
n3
+
x
n
. (8.40)
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 215
Trong (8.39) lại thay x bởi x/n2 thì ta có
f
( x
n2
)
=
1
n
f
( x
n3
)
+
x
n3
. (8.41)
Từ (8.40) suy ra
f(x) =
1
n3
f
( x
n3
)
+ fracxn5 +
x
n3
+
x
n
.
Từ đó, ta có thể chứng minh quy nạp theo k rằng
f(x) =
1
nk
f
( x
nk
)
+
x
n2k−1
+
x
n2k−3
+ · · ·+ x
n
. (8.42)
Ta có
Sk =
x
n2k−1
+
x
n2k−3
+ · · ·+ x
n
là tổng cấp số nhân hữu han. Suy ra
Sk =
x. 1n
1− 1n2
=
nx
n2 − 1 .
Suy ra
lim
k→∞
Sk =
nx
n2 + 1
,
và
lim
k→∞
1
nk
f
( x
nk
)
= 0.f(0),
vì f(x) liên tục tại x = 0 suy ra f(x) = nx/(n2 − 1).
Thử lại, ta được kết quả đúng. Vậy
f(x) =
nx
n2 − 1 , n > 1, n ∈ N
∗, x ∈ R.
Bài tập
Bài 8.1. Tìm tất cả các hàm f xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
f(x3)− x2f(x) = 1
x3
− x, ∀x 6= 0.
Bài 8.2. Giả sử f : R→ R liên tục và f(x+y).f(x−y) = f2(x) với mọi x, y ∈ R.
Chứng minh rằng f = 0 hoặc f không có không điểm.
8.5. Sử dụng giới hạn để giải phương trình hàm 216
Bài 8.3. Giả sử f : R→ R liên tục và f(x− y).f(x+ y) = f2(x).f2(y), với mọi
x, y ∈ R. Chứng minh rằng f(x) = 0 hoặc f(x) không có không điểm.
Bài 8.4. Tìm hàm liên tục thoả mãn
f(x+ y) = f(x) + f(y) + ax2 + bxy + cy2, ∀x, y ∈ R.
Bài 8.5. Tìm tất cả các hàm f : R→ R liên tục và thỏa mãn điều kiện
f(x2) + f(x) = x2 + x, ∀x ∈ R.
Bài 8.6. Giả sử a ∈ R, f(x) liên tục trên [0.1] thoả mãn điều kiện
1. f(0) = 0
2. f(1) = 1
3. f(x+y2 ) = (1− a)f(x) + af(y), với mọi x, y ∈ [0, 1], x 6 slanty.
Tìm các giá trị có thể của a.
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu, "Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ", NXB Giáo dục
2002.
[2] Nguyễn Văn Mậu,"Phương trình hàm", NXB Giáo Dục, 1996.
[3] B.J.Venkatachala, "Functional Equations - A problem Solving Approach",
PRISM 2002.
[4] Các tạp chí Kvant, Toán học và tuổi trẻ, tư liệu Internet.
217