Chủ đề này có 5 trả lời

[dark templar]

Bài toán: Tìm tất các hàm số $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$$f(2x)=2f^2(x)-1;\forall x \in \mathbb{R}$$

[Crystal]

Bài toán: Tìm tất các hàm số $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$$f(2x)=2f^2(x)-1;\forall x \in \mathbb{R} (1)$$

Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn bài toán.

Từ $\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = 1;\,\,f\left( 0 \right) = - \dfrac{1}{2}$

* Nếu $f\left( x \right) = 1,\,\,\forall x \in R$. Khi đó, do $f\left( x \right)$ liên tục trên $R$ và $f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = 1,\,\,\forall x \in R$.

Hàm số này thỏa mãn phương trình đã cho.

* Tương tự, nếu $f\left( x \right) = - \dfrac{1}{2},\,\,\forall x \in R$ ta cũng có hàm số này thỏa mãn phương trình đã cho.

* Đặt $f\left( t \right) = c{\rm{os}}\alpha $. Từ (1) ta có:
$$f\left( {2t} \right) = 2{f^2}\left( t \right) - 1 = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = c{\rm{os}}2\alpha $$

Giả sử $f\left( {kt} \right) = \cos k\alpha ,\forall k \le n,n \in {N^*} $, khi đó:
$$f\left( {\left( {n + 1} \right)t} \right) = f\left( {nt + t} \right) = 2f\left( {nt} \right)f\left( t \right) - f\left( {\left( {n - 1} \right)t} \right)$$

$$ = 2\cos n\alpha c{\rm{os}}\alpha - c{\rm{os}}\left( {n - 1} \right)\alpha = c{\rm{os}}\left( {n + 1} \right)\alpha $$

Theo nguyên lý quy nạp ta có:$$f\left( {mt} \right) = \cos m\alpha ,\forall m \in {N^*}\,\,\,\,\left( 2 \right)$$

Do $f\left( t \right)$ là hàm số chẵn nên từ KQ trên + $f\left( {0.t} \right) = 1 = c{\rm{os0}}\alpha $ ta có:
$$f\left( {mt} \right) = \cos m\alpha ,\forall m \in Z\,\,\,\,\left( 3 \right)$$

Trong (1) thay $x$ bởi $\dfrac{t}{2}$ ta có:
$$f\left( t \right) = 2{f^2}\left( {\dfrac{t}{2}} \right) - 1 \Rightarrow f\left( {\dfrac{t}{2}} \right) = \sqrt {\dfrac{{1 + f\left( t \right)}}{2}} = \sqrt {\dfrac{{1 + c{\rm{os}}\alpha }}{2}} = c{\rm{os}}\dfrac{\alpha }{2}$$

Giả sử $f\left( {\dfrac{t}{{{2^k}}}} \right) = c{\rm{os}}\dfrac{\alpha }{{{2^k}}},\forall k \le n,\,n \in {N^*}$, ta có:
$$f\left( {\dfrac{t}{{{2^{n + 1}}}}} \right) = \sqrt {\dfrac{{1 + f\left( {\dfrac{t}{{{2^n}}}} \right)}}{2}} = \sqrt {\dfrac{{1 + c{\rm{os}}\dfrac{\alpha }{{{2^n}}}}}{2}} = c{\rm{os}}\dfrac{\alpha }{{{2^{n + 1}}}}$$

Theo nguyên lý quy nạp: $$f\left( {\dfrac{t}{{{2^n}}}} \right) = c{\rm{os}}\dfrac{\alpha }{{{2^n}}},\,\,\forall n \in {N^*}\,\,\,\,\left( 4 \right)$$

Từ (3) và (4) có:$$f\left( {\dfrac{{mt}}{{{2^n}}}} \right) = c{\rm{os}}\dfrac{{m\alpha }}{{{2^n}}},\,\,\forall n \in {N^*},\,\,m \in Z\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)$$

Từ (5) và do tập $\left\{ {\dfrac{m}{{{2^n}}}\,|\,\,n \in {N^*},\,\,m \in Z\,} \right\}$ trù mật trên $R$ còn hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $R$, ta có $f\left( {tz} \right) = c{\rm{os}}\alpha z,\,\,\forall z \in R$.

Đặt $tz = x;\,\,\dfrac{\alpha }{t} = a \Rightarrow a = c{\rm{ons}}t$, ta được $f\left( x \right) = \cos ax,\,\,\forall x \in R$.

Thử lại thấy hàm số $f\left( x \right) = \cos ax,\,\,\forall x \in R$ thỏa mãn phương trình đã cho.

* Tương tự, nếu đặt $f\left( t \right) = c{\rm{osh}}\alpha $ ta cũng tìm được hàm số $f\left( x \right) = \cosh ax,\,\,\forall x \in R$ thỏa mãn phương trình đã cho.

KL: $f \equiv 1;\,f \equiv - \dfrac{1}{2};\,\,f\left( x \right) = \cos ax;\,\,f\left( x \right) = \cosh ax$ là các hàm số cần tìm.

[dark templar]

Em nghĩ anh vẫn còn thiếu 1 hàm là $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(a^{bx}+a^{-bx} \right)$ trong đó $a,b$ là các hằng số,Hàm này tổng quát hơn hàm $f(x)=\cosh{ax}$ đấy anh ạ

[Nguyễn Hưng]

Em nghĩ anh vẫn còn thiếu 1 hàm là $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(a^{bx}+a^{-bx} \right)$ trong đó $a,b$ là các hằng số,Hàm này tổng quát hơn hàm $f(x)=\cosh{ax}$ đấy anh ạ

Thật ra thì hai hàm này là một, không có tổng quát hơn đâu P

[dark templar]

Thật ra thì hai hàm này là một, không có tổng quát hơn đâu P

Thật không Hưng ? $\cosh{ax}=\dfrac{1}{2}\left(e^{ax}+e^{-ax} \right)$ nên làm sao giống với $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(a^{bx}+a^{-bx} \right)$ được ?

[Nguyễn Hưng]

Được cậu ạ. Chú ý rằng ${a^b} = {e^{b\ln a}}$