LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM XOAY QUANH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM XOAY QUANH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Ta chú ý tới các đẳng thức sau: $$\begin{aligned}&\sin (x+y)=\sin x \cos y+\sin y \cos x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\& \sin (x-y)=\sin x\cos y-\sin y\cos x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\&\cos (x+y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)\\&\cos (x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)\\&\sin (x+y)\sin (x-y)=\sin ^2x\cos ^2y-\sin ^2y\cos ^2 x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)\end{aligned}$$

I. Phương trình hàm Cauchy:

   Bài toán 1:  Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa: $$f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Trong $(1)$ cho $x=y$, ta được: $$f(2x)=2f(x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Trong $(2)$ cho $x=0$ ta được $f(0)=0$. Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $$f(nx)=n.f(x),\forall x\in\mathbb{R}, n\in\mathbb{N}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$
Trong $(1)$, ta cho $y=-x$, đồng thời chú ý $f(0)=0$, ta được: $$f(-x)=-f(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Như vậy, với $n\in\mathbb{Z^-}$, ta cũng có: $$f(nx)=f(-n.(-x))=-n.f(-x)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Do vậy, ta có được: $$f(nx)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R}, n\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Với $n\in\mathbb{N}$ theo $(3)$ ta có: $$f(x)=f\left(n.\dfrac{1}{n}x\right)=n.f\left(\dfrac{1}{n}x\right)\Rightarrow f\left(\dfrac{1}{n}x\right)=\dfrac{1}{n}f(x)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Từ $(4)$ và $(5)$ ta có: $$f\left(\dfrac{m}{n}x\right) =f\left(m.\dfrac{1}{n}x\right) =mf\left(\dfrac{1}{n}x\right) =\dfrac{m}{n}f(x), \forall x\in\mathbb{R}$$ Tức là: $$f(nx)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{Q}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(6)$$ Trong $(6)$ cho $x=1$ ta được $f(n)=f(1).n,\forall n\in\mathbb{Q}$. Với mỗi $x\in\mathbb{R}$, ta thấy luôn tồn tại dãy số $(n_k)$ sao cho $\lim_{x\to +\infty } n_k=x$. Do $f$ liên tục nên ta có: $$f(x)=f\left(\lim_{x\to +\infty }n_k\right) =\lim_{x\to +\infty }f(n_k)=\lim_{x\to +\infty } n_k f(1)=f(1)\lim_{x\to +\infty }n_k=f(1). x,\forall x\in\mathbb{R}$$ Vậy ta có: $$f(x)\equiv ax, \forall x\in\mathbb{R}, a=const $$

Tính chất: Giả sử hàm $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}$, khi đó ta có: 
            1. $f$ là hàm lẻ trên $\mathbb{R}$
            2. $f(x)=f(1).x, \forall x\in\mathbb{Q}$
            3. $f$ đơn điệu trên $\mathbb{R}$ thì $f(x)=f(1).x, \forall x\in\mathbb{R}$


   Bài toán 2:  Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn: $$ f(x+y)=f(x).f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Nếu $f$ hằng thì dễ thấy $f(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$ thỏa mãn bài toán. Ta xét bài toán khi $f(x)\not\equiv 0$ khác hằng. Khi đó, chọn $x_0$ sao cho $f(x_0)\neq 0$. Trong $(1)$, ta có: $$f(x_0)=f(x+x_0-x)=f(x).f(x_0-x)\neq 0, \forall x\in\mathbb{R}$$ Suy ra: $f(x)\neq 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $f(x)=f\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}\right) =f^2\left( x\right)>0,\forall x\in\mathbb{R}$
Đặt $g(x)=\ln f(x)$. Khi đó từ $(1)$ ta có: $$g(x+y)=g(x)+g(y)$$ Sử dụng bài toán 1, ta có $g(x)\equiv ax, \forall x\in\mathbb{R}$. Từ đó suy ra: $f(x)= e^{ax},\forall x\in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thỏa. Vậy có hai hàm thỏa bài toán: $$f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)\equiv a^x, \forall x\in\mathbb{R}, a>0$$


   Bài toán 3: Tìm hàm $f:\mathbb{R\setminus \{ 0\} }\to\mathbb{R}$, liên tục trên $\mathbb{R\setminus \{0\}}$ và thỏa: $$f(xy)=f(x)+f(y),\forall x, y\in\mathbb{R\setminus \{0\}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Dễ thấy $f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ là một hàm thỏa $(1).
 Trường hợp 1: $f$ trên khoảng $(0; +\infty )$. Ta chọn $u, v$ sao cho $x=e^u, y=e^b$. Đặt $g(x)=f(e^x)$. Khi đó $(1)$ trở thành: $$g(u+v)=g(u)+g(v),\forall u,v \in\mathbb{R}$$ Sử dụng bài toán 1, ta có $g(x)=ax\Rightarrow f(x)=a.\ln x, \forall x>0, a\in\mathbb{R}$.
 Trường hợp 2: $f$ trên khoảng $(-\infty; 0)$. Trong $(1)$ cho $x=y$ ta được: $$f(x^2)=f^2(x),\forall x\in\mathbb{R^-} \\\Leftrightarrow f(x)=\dfrac{1}{2}f(x^2),\forall x\in\mathbb{R^-}$$ Thay vào $(1)$ và sử dụng kết quả từ trường hợp 1, ta thấy: $$f(x)=\dfrac{1}{2}f(x^2)=\dfrac{1}{2}b.\ln |x|, \forall x\in\mathbb{R^-}$$ Kết hợp cả hai trường hợp ta được $$f(x)=C.\ln |x|, \forall x\in\mathbb{R\setminus \{0\}}$$


   Bài toán 4:  Tìm hàm $f: \mathbb{R^+}\to\mathbb{R^+}$ thỏa: $$f(xy)=f(x).f(y),\forall x, y\in\mathbb{R^+}$$

Lời giải:
Đặt $f(x)= e^{g(x)}$ Ta có được: $$g(xy)=g(x)+g(y),\forall x, y\in\mathbb{ R^+}$$ Sử dụng bài toán 3, ta có $g(x)=C.\ln |x|\Rightarrow f(x)=a x, \forall x\in\mathbb{R^+}$, thử lại thấy thỏa. Ngoài ra dễ thấy $f(x)=0, f(x)=1.\forall x\in\mathbb{R^+}$ cũng là nghiệm của bài toán.


Nhận xét:
    Từ đẳng thức $(5)$, nếu ta xét hàm $f(x)=\sin x$ thì ta được: $$f(x+y).f(x-y)=f^2(x)-f^2(y),\forall x, y\in\mathbb{R}$$
    Cộng $(3)$ và $(4)$ lại với nhau, ta có: $$\cos (x+y)+\cos (x-y)=2\cos \cos y,\forall x, y\in\mathbb{R}$$ Từ đó, xét hàm $g(x)=\cos x$ ta được bài toán phương trình hàm D' Alembert: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}$$
   Lấy $(4)-(3)$, ta được: $$g(x-y)-g(x+y)=2.\sqrt{(1-g^2(x))(1-g^2(y))},\forall x, y\in \mathbb{R}$$
 ......
 Tương tự, từ những đẳng thức $(1), (2), (3), (4), (5)$ và nhiều đẳng thức lượng giác khác ta có thể thấy những nét thú vị của nó qua từng bài toán.

II. Phương trình hàm D'Alembert:

  Bài toán: (Phương trình hàm D'Alembert) Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục và thỏa: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Trong $(1)$ cho $x=y=0$ ta tính được $f(0)=0\vee f(0)=1$. Nếu $f(0)=0$, trong $(1)$ cho $y=0$ ta tìm được $f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa
Xét khi $f(0)=1$. Cho $x=y$ từ $(1)$ ta được: $$f(2x)+f(0)=2f^2(x)\Leftrightarrow f(2x)=2f^2(x)-1\ge -1,\forall x,\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Ta xét hai trường hợp:
    Trường hợp 1: $| f(x) |\le 1$ Do $f$ liên tục nên tồn tại $\alpha >0$ sao cho $f(x)>0, \forall x\in (-\alpha ,\alpha )$. Khi đó, chọn $n_0\in\mathbb{N}$ đủ lớn sao cho $$f\left(\dfrac{x}{2^{n_0}}\right) >0\Rightarrow f\left(\dfrac{x}{2^{n_0}}\right) < 1$$ Như vậy, tồn tại $x_0=\dfrac{x}{2^{n_0}}\neq 0$ để: $$0< f(x_0)<f(x),\forall x\in (-|x_0|;|x_0|), f(x_0)=\cos \beta ,\beta\in\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)$$ Bằng qui nạp và từ $(2)$ ta chứng minh được $$f(kx)=\cos k\beta,\forall k\in\mathbb{N^+}$$ đồng thời vì $f$ chẵn nên $$f(k x)=\cos \beta ,\forall k\in\mathbb{Z}$$ Do tính trù mật trong $\mathbb{R}$ nên $f(x)=\cos ax, a\neq 0$, thử lại thấy thỏa.
   Trường hợp 2: $| f(x) |> 1$. Ta thu được nghiệm bài toán là $f(x)= \cosh x$. Đây là hàm cosin hyprebol ta không khảo sát trong chương trình phổ thông (Có thể tham khảo tại đây )

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có định lý về nghiệm của phương trình hàm D'Alembert:
Hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$$ thì: $$f(x)=0,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)=1,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)=\cos ax, a\neq 0,x\in\mathbb{R}\\f(x)=\cosh ax, a\neq 0, x\in\mathbb{R}$$

Mở rộng phương trình hàm D'Alembert:  Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x-y+a)-f(x+y+a)=2f(x)f(y)$$ Đáp số: $f\equiv 0 \vee f(x)=\cos \left(\dfrac{\pi}{2a}(x-a)\right) ,\forall x\in\mathbb{R}$

                                                                                                                                            To be countinue....