Tìm tất cả các hàm $f:\,\mathbb R^+\to\mathbb R$ thỏa mãn \[f\left( x \right) – f\left( y \right) = \left( {x – y} \right)f’\left( {\sqrt {xy} } \right),\quad\forall\,x,\,y\in\mathbb R^+.\]
Lời giải. Đặt $f(x)=f(1)+(x-1)f'(1)+g(x)$, ta có $g(x)$ khả vi trên $\mathbb R^+$ và $g(1)=g'(1)=0$, đồng thời có\[g\left( x \right) – g\left( y \right) = \left( {x – y} \right)g’\left( {\sqrt {xy} } \right),\quad\forall\,x,\,y\in\mathbb R^+\qquad (1).\]Thay $y=\frac{1}{x}$ vào phương trình hàm trên ta có được\[g\left( x \right) – g\left( {\frac{1}{x}} \right) = \left( {x – \frac{1}{x}} \right)g’\left( 1 \right) = 0,\quad\forall\,x>0.\]Như vậy, ta có được\[g\left( x \right) = g\left( {\frac{1}{x}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall \,x > 0;\qquad (2).\]Lại thay $y=1$ và thế $x$ bởi $x^2$ trong $(1)$, ta có\[g\left( {{x^2}} \right) = \left( {{x^2} – 1} \right)g’\left( x \right),\quad \forall \,x > 0;\qquad (3).\]Đặt $g'(x)=D(x)$, ở $(1)$ đem thế $x,\,y$ lần lượt bởi $x^2,\,y^2$ ta có\[\left( {{x^2} – 1} \right)D\left( x \right) – \left( {{y^2} – 1} \right)D\left( y \right) = \left( {{x^2} – {y^2}} \right)D\left( {xy} \right),\quad\forall\,x,\,y>0;\qquad (4).\]Từ $(2)$, nhờ việc lấy đạo hàm ta có\[D\left( x \right) = – \frac{1}{{{x^2}}}D\left( {\frac{1}{x}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} x > 0;\quad \;\;\;\left( 5 \right).\]Ở $(4)$, ta thế $y$ bởi $\frac{1}{y}$ và kết hợp với $(5)$ là có được\[\left( {{x^2} – \frac{1}{{{y^2}}}} \right)D\left( {\frac{x}{y}} \right) = \left( {{x^2} – {y^2}} \right)D\left( {xy} \right),\quad\forall\,x,\,y>0;\qquad (6).\]Từ $(3)$, với để ý là $g(1)=0$ ta thấy rằng\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} D\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g’\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{g\left( {{x^2}} \right) – g(1)}}{{{x^2} – 1}}} \right) = g’\left( 1 \right) = D\left( 1 \right) = 0.\]Kết hợp với $(3)$, để thấy $D(x)$ liên tục trên khắp $\mathbb R^+$, và từ $(6)$ thì với $x\ne 1$ bất kỳ ta sẽ có\[\mathop {\lim }\limits_{y \to \frac{1}{x}} \left( {\frac{{D\left( {xy} \right) – D\left( 1 \right)}}{{xy – 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{y \to \frac{1}{x}} \left( {\frac{{xy + 1}}{{\left( {{x^2} – {y^2}} \right){y^2}}}D\left( {\frac{x}{y}} \right)} \right) = \frac{{2{x^4}}}{{{x^4} – 1}}D\left( {{x^2}} \right).\]Điều này thông báo việc tồn tại $D'(1)$, đặt $D'(1)=2k$, ta có ngay\[D\left( {{x^2}} \right) = k\left( {\frac{{{x^4} – 1}}{{{x^4}}}} \right),\quad\forall\,x\ne 1.\]Thực hiện phép thế $x^2$ bởi $x$, và kết hợp với $D(1)=0$ ta có\[D\left( x \right) = k\left( {\frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2}}}} \right),\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} x > 0;\quad \;\;\;\,(7).\]Thực hiện việc lấy tích phân ta được\[g\left( x \right) = \int\limits_1^x {D\left( t \right)dt = } \int\limits_1^x {k\left( {\frac{{{t^2} – 1}}{{{t^2}}}} \right)dt = k\left( {x + \frac{1}{x} – 2} \right)} ,\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} x > 0;\quad \;\;\;(8).\]Khởi phục lại, và sau thử, ta có nghiệm hàm cần tìm sẽ là\[f\left( x \right) = \frac{k}{x} + ax + b.\]Ở đây, $k,\,a,\,b$ là các hằng số.

Post A Comment:

0 comments: