Chủ đề này có 1 trả lời

[Sagittarius912]

Cho $a$ là 1 số hữu tỉ, $b,c,d\in \mathbb{R}$

và hàm số $f: \mathbb{R} \to \left[ -1; 1\right]$ thỏa mãn

$f(x+a+b)-f(x+b)=c\times [x+2a+[x]-2[x+a]-[b]]+d$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Chứng minh rằng: $f$ là hàm tuần hoàn.

[perfectstrong]

Lời giải:

\[
f\left( {x + a + b} \right) - f\left( {x + b} \right) = c\left\lfloor {x + 2a + \left\lfloor x \right\rfloor  - 2\left\lfloor {x + a} \right\rfloor  - \left\lfloor b \right\rfloor } \right\rfloor  + d,\forall x \in R,\left( 1 \right)
\]
Kí hiệu p:=q nghĩa là thay p bởi q.

\[
\begin{array}{l}
 x: = x - b,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) = c\left\lfloor {x - b + 2a + \left\lfloor {x - b} \right\rfloor  - 2\left\lfloor {x - b + a} \right\rfloor } \right\rfloor  - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d,\left( 2 \right) \\
 g\left( x \right) = x - b + 2a + \left\lfloor {x - b} \right\rfloor  - 2\left\lfloor {x - b + a} \right\rfloor  \\
 \left. \begin{array}{l}
 g\left( x \right) > x - b + 2a + x - b - 1 - 2\left( {x - b + a} \right) =  - 1 \\
 g\left( x \right) < x - b + 2a + x - b - 2\left( {x - b + a - 1} \right) = 2 \\
 \end{array} \right\} \Rightarrow \left\lfloor {g\left( x \right)} \right\rfloor  \in \left\{ { - 1;0;1} \right\} \\
  \Rightarrow \left| c \right| \ge c\left\lfloor {g\left( x \right)} \right\rfloor  \ge  - \left| c \right| \\
 \end{array}
\]
Vì $a\in Q \Rightarrow \exists n \in N^{*}:na \in Z$.\[
\begin{array}{l}
 \left( 2 \right) \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) \ge  - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d \\
  \Rightarrow f\left( {x + na} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {n - i} \right)a} \right) - f\left( {x + \left( {n - i - 1} \right)a} \right)} \right]}  \ge n\left( { - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d} \right) \\
 \forall t \in N^* :f\left( {x + tna} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {t - i} \right)na} \right) - f\left( {x + \left( {t - i - 1} \right)na} \right)} \right]}  \\
  \Rightarrow f\left( {x + tna} \right) \ge f\left( x \right) + tn\left( { - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d} \right),\forall t \in N^*  \\
 \end{array}
\]
Nếu ${ - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d}>0$ thì cho $t \to +\infty$ thì $VP \to +\infty$ mà $VT \le 1$: mâu thuẫn nên \[
 - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d \le 0 \quad (*)
\]

Mặt khác:\[
\begin{array}{l}
 \left( 2 \right) \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) \le \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d \\
  \Rightarrow f\left( {x + na} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {n - i} \right)a} \right) - f\left( {x + \left( {n - i - 1} \right)a} \right)} \right]}  \le n\left( {\left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor  + d} \right) \\
 \forall t \in N^* :f\left( {x + tna} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {t - i} \right)na} \right) - f\left( {x + \left( {t - i - 1} \right)na} \right)} \right]}  \\
  \Rightarrow f\left( x \right) \ge f\left( {x + tna} \right) + tn\left( { - \left| c \right| + c\left\lfloor b \right\rfloor  - d} \right),\forall t \in N^*  \\
 \end{array}
\]
Nếu ${ - \left| c \right| + c\left\lfloor b \right\rfloor  - d}>0$ thì cho $t \to +\infty$, $VP \to +\infty$ mà $VT \le 1$: mâu thuẫn nên \[
 - \left| c \right| + c\left\lfloor b \right\rfloor  - d \le 0,\left( {**} \right)
\]
Từ (*),(**), ta có\[
 - 2\left| c \right| \le 0 \Rightarrow c = 0 \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) = d
\]

Tương tự, ta cũng có:\[
f\left( {x + tna} \right) = f\left( x \right) + tnd,\forall t \in N^*
\]
Nếu $d\ne 0$ thì cho $t \to +\infty$, $|VP| \to +\infty$ mà $|VT| \le 1$: mâu thuẫn nên $d=0$. Do đó\[
f\left( {x + a} \right) = f\left( x \right),\forall x
\]
Ta có đpcm.