Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp lượng giác ước lượng trong đa thức và dãy số

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:81

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luân văn này trình bày một số phương pháp lượng giác ước lượng trong đa thức và dãy số. Đồng tời khảo sát giá trị của đa thức lượng giác với điều kiện ràng buộc cho trước. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp lượng giác ước lượng trong đa thức và dãy số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------------------------------- TRẦN THỊ HỒNG KHUYÊN PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC TRONG ƢỚC LƢỢNG ĐA THỨC VÀ DÃY SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------------------------------- TRẦN THỊ HỒNG KHUYÊN PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC TRONG ƢỚC LƢỢNG ĐA THỨC VÀ DÃY SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2016
i Mục lục MỞ ĐẦU 1 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ 3 1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC 9 2.1 Một số lớp phương trình hàm sinh bởi các hàm lượng giác . . . . . 9 2.2 Bài toán ước lượng đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3 Một số bài toán cực trị của đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . . 24 3 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC KHẢO SÁT MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ 28 3.1 Phương pháp lượng giác để xác định số hạng tổng quát của dãy số 28 3.2 Phương pháp lượng giác để ước lượng dãy số . . . . . . . . . . . . . 31 3.3 Phương pháp lượng giác để tìm giới hạn của dãy số. . . . . . . . . . 33 4 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN 45 4.1 Sử dụng hệ thức lượng giác để thiết lập các đẳng thức đại số . . . . 45 4.2 Phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức đại số . . 53 4.3 Phương pháp lượng giác trong khảo sát phương trình và hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 4.4 Phương pháp lượng giác trong bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . 70
ii KẾT LUẬN 76 TÀI LIỆU THAM KHẢO 77
1 Mở đầu Chuyên đề lượng giác là một phần quan trọng trong chương trình toán THPT. Các học sinh học lượng giác thường chưa cặn kẽ tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận và đặc biệt là khâu vận dụng kiến thức vào giải các bài toán trong đại số, giải tích và hình học. Trong hoạt động thực tiễn, có rất nhiều bài toán cần sự can thiệp của lượng giác để đo đạc, tính toán và mô phỏng. Vì vậy, chuyên đề lượng giác có vị trí rất đặc biệt trong toán học, không những như một đối tượng cần nghiên cứu mà còn là công cụ đắc lực trong đại số giải tích và hình học. Trong các kì thi THPT quốc gia, kì thi học sinh giỏi, Olimpic khu vực và quốc tế thì các bài toán liên quan đến phép tính lượng giác thường ẩn dưới hình thức là công cụ giải toán. Nhiều bài toán liên quan đến ước lượng và tính toán các tổng, tích cũng như các bài toán cực trị thường có mối quan hệ ít nhiều đến lượng giác. Lượng giác và các bài toán liên quan được đề cập ở hầu hết các giáo trình lượng giác cơ bản. Tuy nhiên, việc dạy toán lượng giác THPT chưa chi tiết, có nhiều kiến thức chưa được cập nhật một cách hệ thống. Các tài liệu về phương pháp lượng giác như là một chuyên đề chọn lọc cho giáo viên và học sinh chưa có nhiều (xem [1]-[6]). Với mong muốn nâng cao trình độ chuyên môn đáp ứng nhu cầu học sinh giỏi nên em chọn đề tài “Một số phương pháp lượng giác ước lượng trong đa thức và dãy số” để làm đề tài luận văn thạc sĩ của mình. Chuyên đề lượng giác với mảng kiến thức "phương pháp lượng giác trong ước lượng đa thức và dãy số" sẽ giúp các em học sinh tự tin giải quyết tốt các bài toán liên quan đến lượng giác và thêm yêu toán học hơn. Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Giáo sư, Tiến sĩ khoa học Nguyễn Văn Mậu. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người thầy
2 hướng dẫn khoa học của mình, thầy đã dành nhiều thời gian, tâm huyết hướng dẫn, truyền đạt và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán -Tin, cùng các giảng viên tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu. Đồng thời tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K8B (khóa 2014-2016) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập. Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, các đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm và gia đình đã tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình. Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016 Tác giả luận văn Trần Thị Hồng Khuyên
3 Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ 1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của hàm lượng giác trên trục thực. Ta có sin x; cos x ∈ [−1; 1]; sin2 x + cos2 x = 1, ∀x ∈ R. sin(x + k2π) = sin x; cos(x + k2π) = cos x, ∀x ∈ R. π tan(x + kπ) = tan : x, ∀x 6= + kπ; cot(x + kπ) = cot x, ∀x 6= kπ. 2 Công thức góc nhân đôi cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α. Công thức góc nhân ba cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α, sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α. Công thức góc nhân năm cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + 5 cos α, sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + 5 sin α. Về sau, ta sử dụng các hệ thức √ π √ π √ √ π √ π √ sin x+cos x = 2 sin(x+ ) = 2 cos(x− ), − 2 ≤ 2 sin(x+ ) và 2 cos(x− ) ≤ 2. 4 4 4 4
4 Ta có √ π √ π sin x − cos x = 2 sin(x − ) = 2 cos(x + ) 4 4 và √ √ π √ π √ 2≤ 2 sin(x − ); 2 cos(x + ) ≤ 2 4 4 . p p + Nếu C := α sin x + β cos x thì − α2 + β 2 ≤ C ≤ α2 + β 2 , ∀x ∈ R. + Nếu D := cosn x + sinn x thì ta có −1 ≤ D ≤ 1, ∀x ∈ R. 1.2 Đa thức lượng giác Định nghĩa 1.2.1 (xem[6]). Hàm số dạng An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx, trong đó an và bn không đồng thời bằng không (tức là a2n + b2n > 0), ai ; bj ∈ R với i = 0, 1, . . . , n j = 1, 2, . . . , n, được gọi là đa thức lượng giác bậc n (n ∈ N). Khi tất cả bj = 0 với j = 1, 2, . . . , n, ta nhận được biểu thức không chứa hàm sin. Định nghĩa 1.2.2. Hàm số dạng Cn (x) = a0 + a1 cos x + · · · + an cos nx được gọi là đa thức lượng giác bậc n theo cosin. Tương tự, khi tất cả ai = 0 với i = 1, 2, . . . , n, ta nhận được biểu thức không chứa hàm cosin. Định nghĩa 1.2.3. Hàm số dạng Sn (x) = b0 + b1 sin x + · · · + an sin nx được gọi là đa thức bậc n theo sin. Sau đây, ta liệt kê các tính chất đơn giản của đa thức lượng giác. Tính chất 1.2.4. Tổng của hai đa thức lượng giác An (x) và Bm (x) là một đa thức lượng giác có bậc nhỏ hơn hoặc bằng max {m; n}.
5 Tính chất 1.2.5. Tích của hai đa thức lượng giác An (x) và Bm (x) là một đa thức lượng giác có bậc bằng n + m. Tính chất 1.2.6. Nếu đa thức lượng giác An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx đồng nhất bằng 0 với mọi x ∈ R, thì tất cả các hệ số của nó đều bằng 0, tức là a0 = a1 = b1 = a2 = b2 = · · · = an = bn = 0. Tính chất 1.2.7. Đối với mọi đa thức lượng giác dạng An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx luôn tìm được các đa thức đại số Pn (t); Qn−1 (t) sao cho An (x) = Pn (cos x) + sin xQn−1 (cos x). Tính chất 1.2.8. Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) dạng Sn (x) = b0 + b1 sin x + · · · + an sin nx luôn tồn tại đa thức đại số Qn−1 (t), sao cho Sn (x) = b0 + sin xQn−1 (cos x). Tính chất 1.2.9. Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) theo cosin Cn (x) = a0 + a1 cos x + · · · + an cos nx luôn tồn tại đa thức đại số Pn (t) với hệ số cao nhất bằng an 2n−1 sao cho Cn (x) = pn (cos x). Ngược lại, với mọi đa thức đại số Pn (t) với hệ số bậc cao nhất bằng 1, qua phép đặt ẩn phụ t = cos x đều biến đổi được về dạng Cn (x) với an = 21−n . 1.3 Đa thức Chebyshev Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2 (xem [6]).
6 Định nghĩa 1.3.1 (Đa thức Chebyshev loại 1). Các đa thức Tn (x) được xác định bởi ( T0 (x) = 1; T1 (x) = x Tn+1 (x) = 2x.Tn (x) − Tn−1 (x) , n ≥ 1 được gọi là đa thức Chebyshev loại 1. Định(nghĩa 1.3.2 (Đa thức Chebyshev loại 2). Các đa thức Un (x) được xác định U0 (x) = 1; U1 (x) = 2x bởi: được gọi là đa thức Chebyshev loại Un+1 (x) = 2x.Un (x) − Un−1 (x) , n ≥ 1 2. Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ dàng chứng minh được Tn (cos α) = cos nα, ∀α ∈ R, ∀k ∈ Z; sin (n + 1) α Un (cos α) = , ∀α 6= kπ, ∀k ∈ Z. sin α Tính chất 1.3.3. Ta có Tn (x) = cos (narccosx) , ∀x ∈ [−1; 1] và sin (narccosx) Un (x) = √ , ∀x ∈ (−1; 1) . 1 − x2 Tính chất 1.3.4. Đa thức Tn (x) , Un (x) ∈ Z [x] có bậc là n và hệ số cao nhất tương ứng là 2n−1 và 2n . Tính chất 1.3.5. Các đa thức Tn (x) , Un (x) là các hàm số chẵn khi n chẵn và là các hàm số lẻ khi n lẻ. Tính chất 1.3.6. Các đa thức Tn (x) và Un (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt tương ứng là: (2k + 1) π kπ cos , k = 0; n − 1 và cos , k = 1, n 2n n+1 . Chứng minh. Do x ∈ [−1; 1] nên ta đặt x = cos α với α ∈ [0; π]. Tn (x) = 0 ⇔ Tn (cos α) = 0 π k ⇔ cos nα = 0 ⇔ α = + π, k ∈ Z, n ∈ N∗ . 2n n
7 Do α ∈ [0; π] nên π k 1 k 0≤ + π≤π⇔0≤ + ≤1 2n n 2n n 1 2n − 1 1 ⇔− ≤k≤ =n− . 2 2 2 Mà k ∈ Z nên k = 0, n − 1. (2k + 1) π Vậy Tn (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt tương ứng là: cos ,k = 2n 0; n − 1. Ta chứng minh tương tự cho trường hợp của Un (x). Tính chất 1.3.7. Các đa thức |Tn (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] và |Tn (x)| = 1 có đúng kπ n + 1 điểm xk = cos , k = 0; n. n Chứng minh. Theo cách đặt trên thì |Tn (x)| = |Tn (cos α)| = |cos nα| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] . kπ |Tn (x)| = 1 ⇔ |cos nα| = 1 ⇔ sin nα = 0 ⇔ α = . n kπ Do α ∈ [0; π] nên 0 ≤ ≤ π ⇔ 0 ≤ k ≤ n. Mà k ∈ Z nên k = 0; n. n kπ Nhận xét 1.3.8. Các điểm cos , k = 0; n nói ở trên là các điểm luân phiên n Chebyshev (gọi tắt là các luận điểm). kπ Nhận xét 1.3.9. Tn cos = (−1)k . n h1 1 i 1 n 1 Tính chất 1.3.10. Tn x+ = x + n , ∀n ∈ N, ∀x 6= 0; 2 x 2 x 1 h1 1 i xn+1 − Un x+ = xn+1 , ∀n ∈ N, ∀x 6= 0; ±1. 2 x 1 x− x Chứng minh. Với n = 0, n = 1, ta có 1 1 1 1 1 1 T0 x+ = 1; T1 x+ = x+ 2 x 2 x 2 x luôn đúng.
8 Giả sử mệnh đề trên đúng đến n. Áp dụng công thức truy hồi của Tn , ta có h1 1 i Tn+1 x+ 2 1 1 xh 1 1 i h1 1 i =2 x+ Tn x+ − Tn−1 x+ 2 x 1 h 1 2 1 x 2 1 i x = x+ xn + n − xn−1 + n−1 2 x 1 n+1 1 x x = x + n+1 . 2 x Tương tự, ta cũng có chứng minh cho trường hợp của Un (x).
9 Chương 2 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC 2.1 Một số lớp phương trình hàm sinh bởi các hàm lượng giác Trong phần này ta xét một số dạng toán về phương trình hàm trong lớp đa thức lượng giác. Bài toán 2.1.1. Tìm các hàm f (x) xác định với mọi x ∈ R và thỏa mãn điều kiện  f (0) = 2015, f ( π ) = 2016; 2 f (x + y) + f (x − y) = 2f (x). cos y, ∀x, y ∈ R. Lời giải. Trong điều kiện f (x + y) + f (x − y) = 2f (x). cos y, ∀x, y ∈ R thay x = π π t− , y = , với mọi t ∈ R, ta thu được 2 2 π π f (t) + f (t − π) = 2f t − . cos = 0. (2.1) 2 2 π π Tiếp tục thay x = , y = t − , với mọi t ∈ R, ta thu được 2 2 π π f (t) + f (π − t) = 2f ( ). cos t − = 2.2016. sin t. (2.2) 2 2
10 Thay tiếp x = 0, y = t − π , với mọi t ∈ R, ta thu được f (t − π) + f (π − t) = 2f (0). cos(t − π) = −2.2015. cos t. (2.3) Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra 2f (t) + f (t − π) + f (π − t) = 2.2016. sin t. (2.4) Từ (2.3) và (2.4) ta suy ra 2f (t) − 2.2015 cos t = 2.2016. sin t nên f (t) = 2015 cos t + 2016 sin t. Thử lại ta thấy f (0) = 2015 cos 0 + 2016 sin 0 = 2015, π π π f ( ) = 2015 cos + 2016 sin = 2016, 2 2 2 f (x + y) + f (x − y) = = 2015 cos(x + y) + 2016 sin(x + y) + 2015 cos(x − y) + 2016 sin(x − y) = 2015.2 cos x cos y + 2016.2 sin x cos y = 2.(2015 cos x + 2016 sin x) cos y = 2.f (x) cos y. Vậy f (x) = 2015 cos x + 2016 sin x. Bài toán 2.1.2. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện x+y f = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R sao cho|xy| < 1. 1 − xy Lời giải. π π Đặt x = tan u, y = tan v với u, v ∈ − , . Khi đó ta thu được 2 2 π π f tan(u + v) = f (tan u) + f (tan v), ∀u, v, u + v ∈ − , . 2 2 Đặt f (tan u) = g(u), ta có π π g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v, u + v ∈ − , . 2 2 Vậy nên g(u) = au, a = const và do đó f (x) = aarctan x, a ∈ R, ∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài ra. Vậy f (x) = aarctan x, a ∈ R, ∀x ∈ R.
11 Bài toán 2.1.3. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện xy − 1 f = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R, x + y > 0. (2.5) x+y Lời giải. Đặt x = cot u, y = cot v với u, v ∈ (0, π). Khi đó ta thu được xy − 1 = cot(u + v). x+y Khi đó (3.1) có dạng f (cot(u + v)) = f (cot u) + f (cot v). Đặt f (cot u) = g(u), ta có g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v ∈ (0, π). Vậy nên g(u) = au, a = const và do đó f (x) = aarccot x, a ∈ R, ∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài ra. Vậy f (x) = aarccot x, a ∈ R, ∀x ∈ R. Bài toán 2.1.4. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên [−1, 1] và thỏa mãn điều kiện p p f x 1 − y2 + y 1 − x2 = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ [−1, 1]. Lời giải. h π πi Đặt x = sin u, y = sin v với u, v ∈ − , . Khi đó cos u ≥ 0, cos v ≥ 0 và 2 2 p p x 1 − y2 + y 1 − x2 = sin(u + v). Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng π π h i f (sin u) + f (sin v) = f (sin(u + v)), ∀u, v ∈ − , . 2 2 Đặt f (sin u) = g(u), ta được π π h i g(u + v) = g(u) + g(v)), ∀u, v ∈ − , . 2 2
12 π π h i Do vậy, g(u) = au, ∀u ∈ − , suy ra f (x) = aarcsinx, ∀x ∈ [−1; 1], a ∈ R. 2 2 Thử lại ta có hàm số f (x) = aarcsinx, a ∈ R thỏa mãn yêu cầu của bài toán đề ra. Vậy f (x) = aarcsinx, a ∈ R. Bài toán 2.1.5. Tìm các hàm số liên tục f : R → [−1, 1] thỏa mãn điều kiện  f (0) = 1 f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ R. Lời giải. Vì f (x) liên tục trên R và f (0) = 1 > 0 nên tồn tại δ > 0 sao cho f (x) > 0, ∀x ∈ (−δ, δ) Trong phương trình đã cho đổi chỗ x, y ta đựợc f (y + x) + f (y − x) = 2f (y)f (x), ∀x, y ∈ R. Từ đó suy ra f (x − y) = f (y − x), ∀x, y ∈ R. Cho y = 0 ta thu được f (−x) = f (x), ∀x ∈ R. Nói cách khác, f (x) là hàm số chẵn. Ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. |f (x)| = 1 với mọi x ∈ R. Khi đó, do f (x) liên tục trên R và f (0) = 1 nên f (x) = 1, ∀x ∈ R. Hàm số này thỏa mãn điều kiện của bài toán. Trường hợp 2. Tồn tại x0 ∈ R sao cho |f (x0 )| < 1. Nhận xét rằng với n0 đủ lớn và δ như trên, thì x0 x 0 n0 ∈ (−δ, δ) suy ra f n0 > 0. 2 2 x 0 Nếu tồn tại n ∈ N∗ : f n = 1 thì trong phương trình đã cho ta đặt y = x, ta 2 được h i2 f (2x) = 2 f (2x) − 1, ∀x ∈ R. (2.6)
13 Khi đó ta có x h x i2 0 0 f − 1 = 1; =2 f 2n−1 2n x h x i2 0 0 f n−2 = 2 f n−1 − 1 = 1; 2 2 x h x i2 0 0 f n−3 = 2 f n−2 − 1 = 1; 2 2 ......... h x i2 0 f (x0 ) = 2 f − 1 = 1, trái với giả thiết. 2 x x0 0 Vậy nên f < 1, ∀n ∈ N∗ . Chọn x1 = thì x1 6= 0 và 2n 2n0 0 < f (x1 ) < 1 và f (x) > 0, ∀x ∈ (−|x1 |, |x1 |.) π Đặt f (x1 ) = cos α, 0 < α < . Từ (2.6), ta có 2 f (2x1 ) = 2[f (x1 )]2 − 1 = 2 cos2 α − 1 = cos 2α. Giả sử f (kx1 ) = cos kα, ∀k ≤ n, n ∈ N∗ . Khi đó, ta có f ((n + 1)x1 ) = f (nx1 + x1 ) = 2f (nx1 )f (x1 ) − f ((n − 1)x1 ) = 2 cos nα cos α − cos(n − 1)α = cos(n + 1)α. Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có f (mx1 ) = cos mα, ∀m ∈ N∗ . (2.7) Do f (x) là hàm số chẵn nên từ kết quả trên, kết hợp với giả thiết f (0) = 1 = cos 0α. Ta có f (mx1 ) = cos mα, ∀m ∈ Z. (2.8) x1 Trong (2.6) thay x bởi ta có 2 h x i2 1 f (x1 ) = 2 f − 1. 2 Từ đó suy ra r r x 1 + f (x) 1 + cos α α 1 f = = = cos . 2 2 2 2
14 x α 1 Giả sử f k = cos , ∀k ≤ n, n ∈ N∗ , ta có 2 2k s x s 1 α x 1+f ) 1 + cos f 1 = 2n = 2n = cos α . 2n+1 2 2 2n+1 Vậy theo nguyên lí quy nạp thì x α 1 f n ) = cos n , ∀n ∈ N∗ . (2.9) 2 2 Từ (2.8) và (2.9), ta có mx mα 1 f = cos , ∀n ∈ N∗ , ∀m ∈ Z. (2.10) 2n 2n Từ (2.10) và do hàm số f (x) liên tục trên R, ta có f (x1 t) = cos αt, ∀t ∈ R, hay bằng α cách đặt x1 t = x; = a, ta thu được x1 f (x) = cos ax, ∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Bài toán 2.1.6. Tìm các hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện f (0) = 1, tồn tại x0 ∈ R : |f (x0 )| > 1 và f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ R. (2.11) Lời giải. Vì f (x) liên tục trên R và f (0) = 1 > 0 nên tồn tại δ > 0 sao cho f (x) > 0, ∀x ∈ (−δ, δ). Trong phương trình (2.11) đổi chỗ x và y , ta được f (y + x) + f (y − x) = 2f (y)f (x), ∀x, y ∈ R. Từ đó suy ra f (x − y) = f (y − x), ∀x, y ∈ R. Cho y = 0 ta được f (x) = f (−x), ∀x ∈ R. Nói cách khác f (x) là hàm số chẵn. Tồn tại x0 ∈ R sao cho |f (x0 )| > 1. Nhận xét rằng với n0 đủ lớn và δ ở trên thì x0 x 0 n0 ∈ (−δ, δ) nên f n0 > 1. 2 2
15 x0 Nếu tồn tại n ∈ N∗ sao cho f ( ) ≤ 1. Trong phương tình (2.11) cho y = x, ta được 2n f (2x) = 2[f (x)]2 − 1, ∀x ∈ R. (2.12) Từ đây ta có x h x i2 0 0 f =2 f n − 1 = 1; 2n−1 2 x h x i2 0 0 f n−2 = 2 f n−1 − 1 ≤ 1; 2 2 x h x i2 0 0 f n−3 = 2 f n−2 − 1 ≤ 1; 2 2 ......... h x i2 0 f (x0 ) = 2 f − 1 ≤ 1, trái với giả thiếtf (x0 ) > 1. 2 x x0 0 Vậy nên f n > 1, ∀n ∈ N∗ . Chọn x1 = và x1 6= 0 sao cho 2 2n0 f (x1 ) > 1 và f (x) > 0, ∀x ∈ (−|x1 |, |x1 |.) Đặt f (x1 ) = cosh α, 0 < α. Từ (2.12), ta có f (2x1 ) = 2[f (x1 )]2 − 1 = 2 cosh2 α − 1 = cosh 2α. Giả sử f (kx1 ) = cosh kα, ∀k ≤ m, m ∈ N∗ . Khi đó, ta có f ((m + 1)x1 ) = f (mx1 + x1 ) = 2f (mx1 )f (x1 ) − f ((m − 1)x1 ) = 2 cosh mα cosh α − cosh(m − 1)α = cosh(m + 1)α. Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có f (mx1 ) = cosh mα, ∀m ∈ N∗ . Do f (x) là hàm số chẵn nên từ kết quả trên, kết hợp với giả thiết f (0) = 1 = cos 0α. Ta có f (mx1 ) = cosh mα, ∀ ∈ Z. (2.13) x Trong (2.12) thay x bởi 1 ta có 2 h x i2 1 f (x1 ) = 2 f − 1. 2
16 Từ đó suy ra r r x 1 + f (x) 1 + cosh α α 1 f = = = cosh . 2 2 2 2 x α 1 Giả sử f = cosh n , ∀k ≤ n, n ∈ N∗ , ta có 2n 2 s x s 1 α x 1+f ) 1 + cosh f 1 = 2n = 2n = cosh α . 2n+1 2 2 2n+1 Vậy theo nguyên lí quy nạp thì x α 1 f n ) = cosh n , ∀n ∈ N∗ . (2.14) 2 2 Từ (2.13)và (2.14), ta có x mα 1 f = cosh , ∀n ∈ N, ∀m ∈ Z. (2.15) 2n 2n Từ (2.15)và do hàm số f (x) liên tục trên R, ta có f (x1 t) = cosh αt, ∀ ∈ R, hay α bằng cách đặt x1 t = x; = a, ta thu được x1 f (x) = cosh ax, ∀x ∈ R. Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy f (x) = cosh ax, x ∈ R. Bài toán 2.1.7. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên [−1, 1] và thỏa mãn điều kiện p p f (xy − 1 − y2 1 − x2 ) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ [−1, 1]. Lời giải. Đặt x = cos u, y = cos v với u, v ∈ [0, π]. Khi đó sin u ≥ 0, sin v ≥ 0 và p p xy − 1 − y2 1 − x2 = cos(u + v), ∀u, v ∈ [0, π] Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng f (cos u) + f (cos v) = f (cos(u + v)), ∀u, v ∈ [0, π] Đặt f (cos u) = g(u), ta được g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v ∈ [0, π]. Do vậy, g(u) = au, a = const và f (x) = aarccosx. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài đã cho.