Áp dụng dãy số vào giải các phương trình và bất phương trình hàm

Nội dung chính của bài viết trình bày sử dụng giới hạn trong các bài toán phương trình, bất phương trình hàm, một số bất phương trình hàm được xây dựng trên các tập rời và đưa ra một số bài tập luyện. Mời các bạn tham khảo!

ÁP DỤNG DÃY SỐ VÀO GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM Đỗ Minh Khoa – Võ Quốc Bá Cẩn Lời dẫn Các tốn phương trình hàm bất phương trình hàm ln thú vị lơi người làm tốn Từ phương trình đó, vài phép đơn giản, ta tìm tính chất đặc biệt hàm số cho chí công thức tổng quát hàm Tuy nhiên, sâu vào vấn đề việc dùng phép để giải chưa đủ, đặc biệt với tốn bất phương trình hàm Do vậy, cần có cơng cụ khác bỗ trợ để tăng cường thêm tính hiệu phương pháp Lúc này, việc sử dụng dãy số giới hạn cách linh hoạt giúp đường trở nên sáng sủa dễ dàng nhiều Nhận thấy vai trò lớn dãy số giới hạn tốn phương trình, bất phương trình hàm, chúng tơi định thực viết để chia sẻ kinh nghiệm cách sử dụng để học hỏi nhận ý kiến đóng góp từ quý đồng nghiệp gần xa Sử dụng giới hạn toán phương trình, bất phương trình hàm Dưới số kỹ thuật sử dụng chặn kẹp dãy số thường sử dụng giải toán: Trong nhiều trường hợp, ta cần tìm cơng thức tổng qt hàm số, hướng mà ta nghĩ đến thiết lập bất đẳng thức dạng: an Ä f x/ Ä bn ; an /; bn / hai dãy chọn cho bất đẳng thức với n (ứng với x cố định) Lúc này, lim an D lim bn D L.x/ cách chuyển sang giới hạn, ta tìm cơng thức tổng quát f x/ L.x/: Nếu cần suy xét tính chất f x/; ta thiết lập bất đẳng thức dạng: A.f / an B.f /; A.f /; B.f / hai biểu thức x f x/; an / dãy chọn cho bất đẳng thức với n (ứng với x cố định) Lúc này, dựa hội tụ an ; ta đưa nhiều kết luận cho A.f / B.f /; từ suy tính chất f x/: Trong nhiều trường hợp, ta thay an / biểu thức có chứa ẩn y thay đổi ngồi x Lúc này, việc xét giới hạn hàm số theo y mang lại nhiều tính chất quan trọng để giúp hoàn tất lời giải tốn 85 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Bài tốn Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn: Với x R; ta có f 2x/ D 2f x/ (2.1) ˇ ˇf x/ (2.2) ˇ x ˇ Ä 1: Lời giải Từ (2.1), cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh f 2n x/ D 2n f x/ với x R với n N: Bây giờ, ta chứng minh f x/ D với x R: Thật vậy, giả sử có x0 R cho f x0 / Ô x0 : Đặt f x0 / D x0 C " với " ¤ 0: Khi đó, ta có f 2n x0 / D 2n f x0 / D 2n x0 C 2n " với n N: Suy ˇ ˇf 2n x0 / ˇ với n N: Do (2.2) nên ˇf 2n x0 / ˇ 2n x0 ˇ D 2n j"j 2n x0 j Ä 1: Kết hợp với đẳng thức trên, ta thu 2n j"j Ä với n N: Tuy nhiên, kết thỏa mãn với n N: Mâu thuẫn thu cho ta kết vừa khẳng định trên, tức f x/ D x với x R: Bài toán (VMO, 2013-A) Gọi F tập hợp tất hàm số f W RC ! RC thỏa mãn f 3x/ f f 2x/ C x với x RC : Tìm số A lớn để với f F với x > 0; ta có f x/ Ax: Lời giải Từ giả thiết, ta suy f x/   Ãà 2x x f f C 3 (2.3)   Ãà 2x với x R : Do f f > nên ta có C f x/ > x với x RC : Đặt a1 D : Từ hai bất đẳng thức trên, ta suy  à 2x x 2x x 2a2 C f x/ > a1 f C > a12 C D x: 3 3 2a12 C áp dụng kết vừa thu vào (2.3), ta có  à 2x x x 2a22 C 2x f C > a2 C D x 3 3 với x RC : Bằng cách đặt a2 D f x/ > a2 86 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 với x RC : Bằng cách lặp lại quy trình đánh giá giống vậy, ta thu f x/ > an x (2.4) với x RC với n N ; an / dãy truy hồi xác định a1 D anC1 D 2an2 C : Ta chứng minh an / dãy tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Từ dễ dàng tìm lim an D : Bây giờ, (2.4), ta cho n ! C1 f x/ lim an /x D x; 8x RC : 1 Mặt khác, dễ thấy hàm số f x/ D x thỏa mãn điều kiện đề Vậy Amax D : 2 Bài tốn (Bulgaria, 2006) Tìm tất hàm số f W RC ! RC thỏa mãn đẳng thức p f x C y/ f x y/ D f x/f y/ (2.5) với số thực x > y > 0: Có thể đốn hàm số thỏa mãn phương trình có dạng f x/ D kx : Một cách tiếp cận thường thấy chứng minh f 2x/ D 4f x/ dựa việc tính f 5x/ hai cách để từ quy nạp lên f nx/ D n2 f x/; bước cuối sử dụng tính đơn điệu f để suy công thức tổng quát cho Ở đây, chúng tơi giới thiệu cách tiếp cận khác để chứng minh f 2x/ D 4f x/: Có thể thấy rằng, ta chứng minh lim f x/ D lim f x/ D f x0 / từ phương trình x!0C x!x0C đề bài, cách cho x ! y C ; ta thu điều ta cần Lời giải Trong (2.5), ta thay x x C y f x C 2y/ p f x/ D f x C y/f y/ (2.6) với x; y > 0: Từ đây, dễ dàng suy f tăng ngặt RC : Từ kết dẫn đến f x C y/ > f y/; ta suy f x C 2y/ > 4f y/ với x; y > 0: Tiếp tục, ta thay x x C y vào (2.6) sử dụng bất đẳng thức p p f x C 3y/ D f x C y/ C f x C 2y/f y/ > f y/ C 4f y/f y/ D 9f y/: Cứ thế, thế, ta quy nạp lên rằng: f x C ny/ > n2 f y/; 87 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 vào bất phương trình trên, ta n với x; y > với n N : Thay y D  à f C x/ < f n n2 với x > với n N : Cố định x cho n ! C1; ta thu lim f n!C1 từ suy D 0; n lim f x/ D 0: x!0C Bây giờ, (2.6), ta cho y < x thu p f x/ < f 2x/f y/: < f x C 2y/ Cố định x cho y ! 0C ta có lim f x C 2y/ y!0C f x/ D 0; hay lim f x/ D f x0 /: x!x0C Đến đây, cách cố định y (2.5) cho x ! y C ; ta f 2y/ D 4f y/ với y > 0: Dựa kết này, ta quy nạp f nx/ D n2 f x/; với x > n N : (Chỉ việc cho x D 2y; 3y; : : : ; ny vào (2.5) được.) Từ suy f n/ D n2 f 1/ f mÁ f n D n n2 m n D f m/ m2 D f 1/ n2 n2 với m; n N : Nói riêng, ta có f x/ D kx với x QC : Do f đơn điệu tập RC trù mật QC nên ta có f x/ D kx với x > 0: Hàm thỏa mãn yêu cầu đề Bài toán (Bulgaria, 1998) Chứng minh không tồn hàm số f W RC ! RC thỏa mãn f x/ f x C y/ f x/ C y với cặp số thực dương x; y: Lời giải Giả sử tồn hàm số f Khi đó, ta viết lại giả thiết dạng f x/ C yf x/ f x C y/ f x/ C y ; yf x/ hay f x/ C y f x/ f x C y/ 88 yf x/: (2.7) Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Từ đây, ta có f x/ y f x/ f x/ C y f x C y/ với x; y RC : Kết chứng tỏ f hàm giảm thực RC : Bây giờ, ta cố định x0 RC chọn số tự nhiên n cho nf x C 1/ 1: Khi đó, ta có  à  à f x C kn f x C 1/ n1 k kC1 n f xC f xC > n n f x C 1/ C n1 f x C kn C n1 1 n n C n1 n D 2n t với u > hàm tăng RC :) t Cu Trong bất đẳng thức trên, cho k nhận giá trị từ đến n cộng tất bất đẳng thức lại theo vế Khi đó, ta thu kết sau với k N; k < n: (Chú ý hàm số g.t/ D f x/ f x C 1/ > với x > 0: Bây giờ, chọn số tự nhiên m cho m f x/ f x C m/ D f x/ f x C 1/ C (2.8) f x/; ta có C f x C m 1/ f m/ > m f x/; từ suy f x C m/ < 0; mâu thuẫn Vậy không tồn hàm f thỏa mãn (2.7) Nhận xét Bài toán xuất đề thi IMC năm 1999 ời giải đáp án Để thiết lập tính chất (2.8) trên, ta sử dụng tổng sai phân Đây phép tốn thú vị giúp ta thu nhiều chất quan trọng toán có dạng “hiệu” Ngồi cách giải nêu trên, ta có cách khác sử dụng dãy truy hồi sau: Thay y D f x/ vào (2.7), ta thu f x C f x/ Ä f x/ (2.9) với x > 0: Trong ta thay x x C f x/ có f x C f x/ C f x C f x/ Ä f x C f x/ f x/ Ä 2 với x > 0: Mặt khác, theo (2.9), ta có x C f x/ C f x C f x/ Ä x C f x/ C Từ đó, sử dụng tính nghịch biến hàm f; ta thu   à à f x/ f xC 1C f x/ Ä 2 f x/ : (2.10) với x > 0: Từ (2.9) (2.10) kết hợp với f nghịch biến, cách sử dụng liên tục phép thay x x C f x/; ta dễ dàng chứng minh   à à 1 f x/ f x C C C C n f x/ Ä nC1 2 89 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 với x > n N : Do C C C D2 2n f x C f x/ Ä < f giảm nên từ trên, ta suy 2n f x/ 2nC1 với x > n N : Trong bất đẳng thức trên, ta cho n ! C1 thu f x C f x/ Ä 0; mâu thuẫn f ln nhận giá trị dương Bài tốn (Bulgaria, 2008) Tìm tất hàm f W R ! R thỏa mãn f x C y / y C 1/f x/ (2.11) với cặp số thực x; y: Lời giải Thay y D thay x x vào (2.11), ta thu f x/ với x R:Từ đây, kết hợp với (2.11), ta suy p f x C y/ y C f x/ với x R với y f x/ 0: Kết chứng tỏ f hàm không giảm R: Bây giờ, ta viết lại (2.11) dạng f x C y / f x/ yf x/ (2.12) với x; y R; xét hai dãy an /; bn / với a0 D b0 D 0; an D C C 22 ; n2 C Trong (2.12), ta thay x x C ak thay y f x C akC1 / bn D C C C : n có kC1 f x C ak / f x C ak / kC1 f x/ kC1 với x R k N: Trong bất đẳng thức trên, cho k D 0; 1; : : : ; n bất đẳng thức lại theo vế, ta thu f x C an / f x/ cộng tất bn f x/ với x R n N: Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh an < bn ! C1 (đây hai kết quen thuộc, bạn đọc tự chứng minh) Do đó, từ bất đẳng thức trên, ta có f x C 2/ f x/ f x C an / f x/ bn f x/ với x R n N: Nếu tồn x0 R cho f x0 / > từ bất đẳng thức trên, cách thay x D x0 cho n ! C1; ta thu điều mâu thuẫn (vế phải tiến đến dương vô vế trái số) Do vậy, ta phải có f x/ D với x R: Dễ thấy hàm thỏa mãn yêu cầu đề 90 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Nhận xét Ngoài cách sử dụng tổng sai phân thông qua hai dãy an /; bn / trên, ta có p thể tiếp cận tốn theo cách khác sau: Ta xét x; y thay y y vào bất phương trình (2.11) thu p f x C y/ y C f x/; 8x; y 0: Đến đây, cách sử dụng liên tiếp bất đẳng thức trên, ta có  à Âr à  à n 1/y y n 1/y y f x C y/ D f x C C C1 f xC n n n n Âr à  à Âr Ã2  à y y n 2/y y n 2/y D C1 f xC C C1 f xC n n n n n Ãn Âr y C1 f x/ n với x; y n N : Từ đó, ta suy f x/ D (2.13) với x 0: Thật vậy, giả sử tồn x0 cho f x0 / > 0: Thay x D x0 vào bất đẳng thức cố định y D y0 > 0; sau cho n ! C1 có r Ãn  f x0 C y0 / y D C1: lim C n!C1 f x0 / n Mâu thuẫn chứng tỏpkhơng tồn số x0 nói trên, hay nói cách khác, (2.13) Bây giờ, ta xét x < thay y D x vào (2.11) p D f 0/ x C f x/ với x < 0: Từ suy f x/ D với x < 0: Tóm lại, ta có f x/ D với x R: Đơi khi, ta sử dụng cơng thức nghiệm phương trình sai phân để tìm công thức tổng quát cho dãy lặp f x/; từ dựa vào miền giá trị f x/ mà suy tính chất đặc biệt hàm số cho Bài tốn Tìm tất hàm số f W RC ! RC thoả mãn f f x/ D 6x f x/ với số thực dương x: Lời giải Cố định x > đặt f0 x/ D x; fn x/ D f fn x/ : Từ giả thiết, cách sử dụng quy nạp, ta chứng minh fnC2 x/ C fnC1 x/ 6fn x/ D với n N : Đây phương trình sai phân tuyến tính cấp hai nên cách xét phương trình đặc trưng nó, ta tìm cơng thức tổng qt fn x/ fn x/ D 2x f x/ 3/n C 91 3x C f x/ 2n Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 với n N : Do fn x/ > nên kết trên, ta suy  Ãn C 3x C f x/ > 2x f x/ với n N : Nếu 2x f x/ > cách xét n lẻ, n D 2k C cho k ! C1; ta thấy bất đẳng thức Cịn 2x f x/ < cách xét n chẵn, n D 2k cho k ! C1; ta thu kết luận tương tự Do vậy, ta phải có f x/ D 2x: Hàm thoả mãn yêu cầu toán Nhận xét Bài tốn giải phương pháp kẹp dãy số sau: Xét hai dãy số an / bn / xác định a0 D 0; b0 D anC1 D Dễ thấy an ; bn > với n ; C bn bnC1 D : C an 1: Ta có anC2 D 6 6.1 C an / D ; D C bnC1 an C C 1Ca n janC2 2j D 4jan 2j Ä jan an C 7 2j: Từ đây, cách sử dụng nguyên lý ánh xạ co, ta chứng minh lim a2n D lim a2nC1 D 2; hay lim an D 2: Tương tự, ta có lim bn D 2: Bây giờ, ta chứng minh quy nạp an x < f x/ < bn x (2.14) với n N : Do f f x/ > nên 6x f x/ > 0; từ ta dễ thấy khẳng định với n D 0: Giả sử khẳng định với n D k; tức ta có ak x < f x/ < bk x: Khi đó, thay x f x/ vào bất đẳng thức sử dụng giả thiết, ta thu ak f x/ < f f x/ < bk f x/; hay ak f x/ < 6x f x/ < bk f x/: Từ đây, ta dễ dàng suy akC1 x D 6 x < f x/ < x D bkC1 x: C bk C ak Như vậy, khẳng định với n D k C 1: Bất đẳng thức (2.14) chứng minh Bây giờ, (2.14), cách cho n ! C1 ý lim an D lim bn D chứng minh trên, ta dễ dàng suy f x/ D 2x với x > 0: 92 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Bài tốn (APMO, 1989) Tìm tất song ánh tăng thực f W R ! R thoả mãn f x/ C g.x/ D 2x với x R; g.x/ hàm ngược f x/: Lời giải Đặt f0 x/ D x fn x/ D f fn x/ ; tương tự cho gn x/: Thay x f x/ vào phương trình đề bài, ta f2 x/ C x D 2f x/: Từ đó, quy nạp, ta chứng minh fnC2 x/ 2fnC1 x/ C fn x/ D 0: Giải phương trình sai phân này, ta tìm fn x/ D x C n f x/ x với n N: Một cách tương tự, ta chứng minh gn x/ D x C n g.x/ x Dx n f x/ x : Do f x/ song ánh tăng ngặt nên fn x/ gn x/ hàm tăng thực Do đó, với x > y; ta có fn x/ > fn y/ gn x/ > gn y/: Nói cách khác, ta có n o x C n f x/ x > y C n f y/ y , n f x/ x f y/ y > y x (2.15) x n f x/ x >y n f y/ n y , n f x/ x f y/ y o f y/ y cách cho n ! C1 (2.16), ta thu điều mâu thuẫn Còn f x/ x < f y/ y cách cho n ! C1 (2.15), ta có kết tương tự Do vậy, ta phải có f x/ x D f y/ y với x > y: Nói cách khác, f x/ D x C c với x (ở c số đó) Hàm thoả mãn yêu cầu toán Nhận xét Bài toán đề dự tuyển IMO năm 1979 Bài tốn (BMO, 2009) Tìm tất hàm số f W N ! N thoả mãn f f m/ C 2f n/ D m2 C 2n2 với cặp số nguyên dương m; n: Lời giải Từ giả thiết, dễ thấy f đơn ánh Chú ý với n N ; ta có n C 4/2 C 2.n C 1/2 D n2 C 2.n C 3/2 : Suy f f n C 4/ C 2f n C 1/ D f f n/ C 2f n C 3/ : 93 (2.17) Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Do f đơn ánh nên từ đẳng thức này, ta suy f n C 4/ C 2f n C 1/ D f n/ C 2f n C 3/: Đây phương trình sai phân tuyến tính cấp dãy f n/: Giải phương trình này, ta tìm f n/ D An2 C Bn C C C D 1/n (2.18) với n N : Bây giờ, ta tìm giá trị cụ thể A; B; C; D: Lấy bình phương hai vế (2.17) sử dụng (2.18), ta A A.m2 C 2n2 / C B.m C 2n/ C 3C C D 1/m C 2D 1/n C B A.m2 C 2n2 / C B.m C 2n/ C 3C C D 1/m C 2D 1/n C C C D 1/A.m C2n2 /CB.mC2n/C3C CD 1/m C2D 1/n D m2 C 2n2 /2 : Cố định n: Chia hai vế đẳng thức cho m4 cho m ! C1; ta tìm A D 1: Do m2 C 2n2 / C B.m C 2n/ C 3C C D 1/m C 2D 1/n C B m2 C 2n2 / C B.m C 2n/ C 3C C D 1/m C 2D 1/n C C C D 1/.m C2n2 /CB.mC2n/C3C CD 1/m C2D 1/n D m2 C 2n2 /2 ; hay 2.m2 C 2n2 / B.m C 2n/ C 3C C D 1/m C 2D 1/n C B.m C 2n/ C 3C C D 1/m C 2D 1/n C B m2 C 2n2 / C B.m C 2n/ C 3C C D 1/m C 2D 1/n C C C D 1/.m C2n2 /CB.mC2n/C3C CD 1/m C2D 1/n D 0: Cố định n: Chia hai vế đẳng thức cho m3 cho m ! C1; ta tìm B D 0: Do đó, đẳng thức viết lại thành 2.m2 C 2n2 / 3C C D 1/m C 2D 1/n C 3C C D 1/m C 2D 1/n C C C D 1/.m C2n2 /C3C CD 1/m C2D 1/n D 0: Trong đẳng thức trên, xét m chẵn, n chẵn cho m; n ! C1; ta dễ thấy C C D D 0: Tương tự, xét m lẻ, n lẻ cho m; n ! C1; ta có C D D 0: Do C D D D 0: Tóm lại, ta có A D B D C D D D 0: Suy f n/ D n; hay f n/ D n với n N : Hàm thoả mãn u cầu tốn Đơi khi, ta phải xử lý toán với hàm liên tục Khi đó, tính chất thường sử dụng là: Nếu hàm số f liên tục x0 lim f x/ D f x0 /: x!x0 Nếu hàm số f liên tục từ khoảng A vào khoảng B đơn ánh A; B  R/ hàm đơn điệu thực Nếu hàm số f liên tục đoạn Œa; b có giá trị lớn nhỏ đoạn 94 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Nếu hàm số f liên tục từ khoảng A  R vào khoảng B  R; f x1 / D a; f x2 / D b (với x1 ; x2 A a; b B; a < b) f nhận giá trị Œa; b: Nếu hàm số f liờn tc t A vo B v f x/ Ô M (A; B  R; M số) hai điều sau thoả mãn: ı f x/ > M với x AI ı f x/ < M với x A: Bài tốn Tìm tất hàm liên tục f W R ! R thoả mãn f f x/ D f x/ C 2x với số thực x: Lời giải Từ giả thiết, dễ thấy f đơn ánh f 0/ D 0: Do f liên tục nên hàm đơn điệu thực Tiếp theo, ta chứng minh f toán ánh Thật vậy, giả sử tn ti s a R f x/ Ô a với số thực x: Khi đó, ta có f x/ > a với x R f x/ < x với x R: Giả sử f x/ > a với x R: Nếu f giảm ngặt ta có 2x C a < 2x C f x/ D f f x/ < f a/ với x; mâu thuẫn Do f tăng ngặt Suy ra, với x < 0; ta có f x/ > f x/ C 2x D f f x/ > f a/: Do f tăng ngặt nên từ đây, ta có x > a với x < 0; mâu thuẫn Tương tự, trường hợp f x/ < a với x R; ta thu điều mâu thuẫn Như vậy, f toàn ánh song ánh Bây giờ, đặt f0 x/ D x fn x/ D f fn x/ ; ta chứng minh fnC2 x/ fnC1 x/ 2fn x/ D với n N: Từ suy fn x/ D 2x f x/ 1/n C x C f x/ 2n : Do f song ánh nên tồn hàm ngược Gọi g.x/ hàm ngược f x/ đặt g0 x/ D x; gn x/ D g gn x/ : Thay x g.x/ vào phương trình ban đầu, ta 2g.x/ C x f x/ D với x R: Trong (2.19), ta tiếp tục thay x g.x/ thu 2g2 x/ C g.x/ xD0 với x R: Từ đó, quy nạp, ta chứng minh 2gnC2 x/ C gnC1 x/ 95 gn x/ D (2.19) Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 với n N: Suy gn x/ D x Từ (2.19) suy 2g.x/ D f x/ gn x/ D 2x 2x C 2g.x/ 1/ C 2g.x/ n  Ãn : x: Do f x/ x C f x/ 1/ C n  Ãn với n N: Xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: f tăng ngặt Dễ thấy fn x/ gn x/ tăng ngặt Do f 0/ D nên g.0/ D gn 0/ D 0: Với số thực x > 0; ta có gn x/ > gn 0/ D nên  Ãn 2x f x/ x C f x/ n 1/ C >0 3 với n N : Nếu 2x f x/ > cách cho n lẻ n ! C1; ta thu điều mâu thuẫn Còn 2x f x/ < cách cho n chẵn n ! C1; ta thu kết tương tự Do đó, ta có f x/ D 2x với x > 0: Chứng minh tương tự, ta có f x/ D 2x với x < 0: Như vậy, trường hợp này, ta tìm f x/ D 2x: Hàm thoả mãn yêu cầu toán Trường hợp 2: f giảm ngặt Dễ thấy f2n x/ tăng ngặt, f2nC1 x/ giảm ngặt fn 0/ D 0: Với x > 0; ta có f2n x/ > f2n 0/ D D f2nC1 0/ > f2nC1 x/ nên 2x f x/ x C f x/ C 3 4n > > f x/ 2x x C f x/ C 3 22nC1 với n N : Nếu x C f x/ < cách cho n ! C1; bất đẳng thức vế trái thoả mãn Cịn x C f x/ > cách cho n ! C1; bất đẳng thức vế bên phải thoả mãn Do vậy, ta phải có f x/ D x với x > 0: Chứng minh tương tự, ta có f x/ D x với x < 0: Tóm lại, trường hợp này, ta có f x/ D x với x: Hàm thoả mãn yêu cầu toán Bài toán 10 (Chọn đội tuyển ĐH Vinh, 2012) Tìm tất hàm số f liên tục từ tập Œ0; C1/ vào Œ0; C1/ thoả mãn đẳng thức  à  à x xC1 2f x/ D f Cf x2 C x C với số thực không âm x: Lời giải Do f liên tục Œ0; C1/ nên liên tục Œ0; 1: Từ suy tồn số a; b Œ0; 1 cho f a/ D max f x/ D M x2Œ0; 1 f b/ D f x/ D m: x2Œ0; 1 96 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015  Do 2M D 2f a/ D f (chú ý à  à a aC1 Cf a2 C a C  à  à aC1 a f Ä M; f ÄM a2 C a C aC1 a Ä < 1) nên ta suy a CaC1 à  aC1 D M: f Từ đây, quy nạp, ta chứng minh  a C 2n f 2n à DM với n N: Trong đẳng thức này, cho n ! C1; ta f 1/ D M: Chứng minh tương tự, ta có f 1/ D m: Do M D m: Điều chứng tỏ f hàm đoạn Œ0; 1: Giả sử f x/ Á c với x Œ0; 1: Khi đó, ta viết lại phương trình ban đầu dạng  à xC1 f x/ D f C c: 2 Từ đẳng thức này, ta chứng minh quy nạp  à  x C 2n 1 1 C 2C C f x/ D n f n 2 2 à C n c với n N: Cho n ! C1; ta f x/ Á c: Hàm thoả mãn u cầu đề Bài tốn 11 Tìm tất hàm số f liên tục từ R vào R thỏa mãn điều kiện: f x C f y C z/ C f y C f z C x/ C f z C f x C y/ D (2.20) với số thực x; y; z: Lời giải Dễ thấy f x/ Á nghiệm phương trình nên ta cần xét f x/ 6Á 0: x Thay x; y; z vào (2.20), ta thu Á x f C f x/ D x với x R: Tiếp tục, thay x C f x/ vào đẳng thức trên, ta  à x C f x/ D f 22 với x R: Từ đây, quy nạp, ta chứng minh  à x f C n f x/ D 2nC1 97 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 với x R n N : Trong đẳng thức trên, cố định x cho n ! C1; sau sử dụng tính liên tục f; ta suy f 0/ D 0: Từ đây, cách thay x D y z D x vào (2.20), ta có f f 2x/ x D 2f x/ với x R: Do f x/ 6Á nên tồn x0 cho f x0 / Ô 0: Xột dóy an / c xác định a0 D x0 anC1 D f 2an / an : Khi đó, dễ thấy f an / D 2f an / D 2/2 f an / D D 2/n f x0 / với n N : Nếu f x0 / > ta có lim f a2n / D C1 n!C1 lim f a2n / D n!C1 1: Cịn f x0 / < ta có kết ngược lại Nhưng hai trường hợp này, ta thấy f x/ không bị chặn, mà f liên tục nên tồn ánh Đến đây, cách thay y D z D vào (2.20), ta có 2f f x/ C f x/ D x ; 8x R: Thử lại, ta thấy thỏa mãn x : Vậy phương trình cho có hai nghiệm f x/ D f x/ D với x R: Do f tồn ánh nên ta có f x/ D Bài tốn 12 (IMO, 2013) Cho hàm số f xác định tập QC nhận giá trị tập R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (1) f x/f y/ f xy/ với x; y QC I (2.21) (2) f x C y/ f x/ C f y/ với x; y QC I (2.22) (3) tồn số hữu tỉ a > cho f a/ D a: (2.23) Chứng minh f x/ D x với x QC : Lời giải Thay x D a y D vào (2.21), ta a f 1/ cách sử dụng quy nạp kết hợp với (2.22), ta chứng minh f n/ với n N : Thay x D Mà f q/ a; tức f 1/ 1: Từ đây, n p với p; q N ; p; q/ D y D q vào (2.21), ta q  à p f q/ f p/ p > 0: f q q > nên từ ta có f x/ > với x QC : Kết hợp với (2.22), ta suy f x/ hàm tăng thực QC : Bây giờ, từ (2.21), sử dụng quy nạp kết hợp với f a/ D a; ta thu f an / Ä an 98 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 với n N : Ta chứng minh f x/ với x f x0 / D x0 x (2.24) 1; x QC : Thật vậy, giả sử có x0 cho f x0 / < x0 : Khi đó, đặt " với < " < x0 : Sử dụng quy nạp kết hợp với (2.21), ta có f x0n / Ä f n x0 / D x0 "/n với n N : Mặt khác, f tăng nên ta có f x0n / f bx0n c bx0n c x0n 1: Do đó, kết hợp với bất đẳng thức trên, ta thu x0n Ä x0 "/n với n N : Nhưng, điều rõ ràng bất đẳng thức sai với n đủ lớn Mâu thuẫn cho ta điều vừa khẳng định, tức (2.24) Tiếp theo, ta chứng minh f x/ D x với x an 1; x QC : Chọn n N cho an f an / D f an x C 1: Khi đó, ta có f an x/ C x (2.25) x/ C f x/ an x/ C x D an : Do vậy, dấu đẳng thức đánh giá phải xảy (2.25) p Thay x D với p; q N ; p; q/ D y D q vào (2.21), ta suy q f x/ x với x QC : Từ (2.22) sử dụng phương pháp quy nạp, ta có f nx/ với x QC n N : Từ đó, cho x D nf x/ p với p; q N ; p; q/ D n D q; ta q f x/ Ä x với x QC : Vậy f x/ D x với x QC : Ta thu kết cần chứng minh Bài tốn 13 Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn đồng thời điều kiện: (1) f x C 1/ (2) f xy/ f x/ C với x RI (2.26) f x/f y/ với x; y R: (2.27) Lời giải Thay x D y vào (2.27), ta f x / f x/ 0: Từ suy f x/ với x 0: Do đó, cách thay x D vào (2.26), ta có f 1/ f 0/ C 1: Tiếp tục, thay x D y D vào (2.26), ta có f 1/ f 1/; tức Ä f 1/ Ä 1: Kết hợp với trên, ta f 1/ D f 0/ D 0: Từ (2.26) (2.27), quy nạp ta có f x C n/ f x/ C n 99 (2.28) Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 với x R; n N; với x f x n / f n x/ (2.29) n N : Sử dụng (2.28), với x > 0; ta có f x/ D f fxg C bxc f fxg C bxc bxc > x 1: Từ đây, kết hợp với (2.29) (2.27), với x > với n N ; ta thấy  à  à n n n Ä f x /f Ä f 1/ D 1: x 1/f x xn Do vậy, ta có  à 1 f Ä p n x xn với x > n N : Trong bất đẳng thức trên, cố định x > cho n ! C1; ta thu 1 f Ä ; hay nói cách khác (chú ý f 0/ D f 1/ D 1), x x f x/ Ä x (2.30) với x Œ0; 1: Mặt khác, (2.26) nên ta chứng minh quy nạp f x n/ Ä f x/ n với n N: Với x < 0; ta có bxc < nên f x/ D f fxg C bxc Ä f fxg C bxc Ä fxg C bxc D x: (2.31) Trong (2.27), ta thay x D y D t với t Œ 1; 0 có f t/ Ä f t / Ä t nên suy t Ä f t/ Ä t: Kết hợp với kết trên, ta thu f t/ D t với t Œ 1; 0: Bây giờ, với x < 1; sử dụng kết trên, ta có  à  à 2 2 f x/ D f x/f Ä f x /f Ä f 1/ D x x x2 nên f x/ Ä x ; suy x Ä f x/ Ä x: Kết hợp kết với (2.31), ta f x/ D x với x Ä 0: Tiếp tục, thay y D vào (2.27) xét x > có x D f x/ f x/f 1/ D f x/; suy f x/ x với x > 0: Kết hợp kết với (2.30), ta f x/ D x với x 0; 1/: Cuối cùng, xét x > 1; ta có  à 1 f x/ D f x/f Ä f 1/ D x x nên f x/ Ä x: Kết hợp với bất đẳng thức f x/ x; ta f x/ D x với x > 1: Tóm lại, ta chứng minh f x/ D x với x hàm thỏa mãn u cầu tốn 100 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Bài tốn 14 (MOSP, 2007) Tìm tất hàm số f W R ! R thỏa mãn f 1/ D  à x f yf x/ C D xy f x C y / y (2.32) với cặp số thực x; y y Ô 0/: Li gii Thay x D vào (2.32), ta f yf 0/ D 0: Nu f 0/ Ô thỡ bng cỏch chn yD ; ta f 1/ D 0; mâu thuẫn với giả thiết Do đó, ta phải có f 0/ D 0: f 0/ Bây giờ, giả sử tồn ti a1 Ô cho f a1 / D 0: Thay x D a1 y D vào (2.32), ta f a12 C 1/ D 0: Từ đó, ta xây dựng dãy an / với anC1 D an2 C thỏa mãn f an / D với n N : Thay x D vào (2.32), ta à  D yf y C 1/ f yC y vào (2.32) sử dụng kết trên, ta có x  à  à x2 C y.x C 1/ x C 1/2 C x y 2 f xyf x C 1/ C D f xy x x2 vi mi y Ô 0: Tip tc, thay x x C y vào phương trình trên, ta x à  à  y.x C 1/ x C 1/2 C y x2 C f yf x C 1/ C D f y x2 x2 vi mi x; y Ô 0: Thay y bi vi mi x; y Ô 0: Mt khỏc, sử dung (2.32), ta có x2 C f yf x C 1/ C y  à D y.x C 1/f x C 1/2 C y : Kết hợp với đẳng thức trên, ta y.x C 1/ f x2  x C 1/2 C y x2 à D y.x C 1/f x C 1/2 C y ; hay  f x C 1/2 C y x2 à D x f x C 1/2 C y (2.33) vi mi x; y Ô 0: Nu f x/ D 0; 8x > cách thay x D y D vào (2.32), ta thu điều mâu thuẫn Do đó, tồn số thc b > cho f b/ Ô 0: Do lim an D C1 101 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 nên tồn m N cho am > b: Bây giờ, với ý b > > x2 D b y D b am b C1 am b C ; ta chọn am để có 2 ˆ < x C 1/ C y D b x C 1/2 C y ˆ : D am x2 b Thay số vào (2.33), ta thu f am / D f b/; hay f b/ D 0; mâu thuẫn Và am thế, ta chứng minh f x/ D x D 0: x Bây giờ, với mi x Ô 0; ta cú th chn y cho yf x/ C D x C y (đây phương trình y bậc ba ẩn y nên ln có nghiệm thực) Thay vào (2.32), ta xy/f x C y / D 0: Tuy nhiên, theo chứng minh f x C y / Ô 0: Do ú, ta phải có y D : Suy x 1 f x/ C x D x C ; x x từ ta dễ dng tỡm c f x/ D vi mi x Ô 0: Ta đến kết luận: x ˆ x D g.n/ với n ZC ; f mn/ D f m/f n/ với cặp số nguyên dương nguyên tố m; n: Lời giải Ta xây dựng hàm f thoả mãn điều kiện Xét dãy fai gi 2ZC D 2; 3; 4; 5; 7; 8; 9; 11; : : :/ ˛ dãy tăng luỹ thừa số nguyên tố Các số dãy có dạng pi j xếp theo thứ tự tăng dần Ta có nhận xét rằng, hàm f W ZC ! ZC có tính chất f mn/ D f m/f n/ m; n/ D giá trị xác định dựa dãy f /: Ta thiết lập dãy f / phép quy nạp sau: 102 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Chọn f a1 / > g.a1 /: Giả sử số f a1 /; f a2 /; : : : ; f ak / xác lập Xét tất số dạng g.s/; với s tích số khác từ tập fa1 ; a2 ; : : : ; ak g: Ta chọn số f ak / lớn tất số dạng g.s/: Ta chọn dãy giá trị f / thêm điều kiện nhân tính f mn/ D f m/f n// xác lập nên hàm f W ZC ! ZC : Hàm f thiết lập thoả mãn yêu cầu đề Thật vậy, với n ZC ; ta biểu diễn n D ai1 ai2 f n/ D f ai1 ai2 aip / D f ai1 /f ai2 / f aip / aip với i1 < i2 < f aip / > g.ai1 ai2 < ip : Do aip / D g.n/: Bài toán chứng minh xong Bài toán 16 (Trung Quốc, 1993) Cho hàm số f W RC ! RC thoả mãn f xy/ Ä f x/f y/ (3.1) với x; y > 0: Chứng minh với x > n ZC p p p n f x n /: f x n / Ä f x/ f x / f x / (3.2) Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n: Dễ thấy khẳng định với n D 1: Giả sử khẳng định (3.2) với số 1; 2; : : : ; n: Khi đó, ta có q p p k k f x / Ä f x/ f x / f x / f x k / với k D 1; 2; : : : ; n: Nhân n bất phương trình lại, ta thu f n x/f n x / f n x n / f x/f x / Nhân hai vế bất phương trình với f x/f x / f nC1 x/f nC1 x / f nC1 n x n / f x n /: f x n /; ta f x/f x / f x n /: Mặt khác, sử dụng (3.1), ta lại có VP D n Y f x i /f x nC1 i / f n x nC1 /: i D1 Kết hợp với đánh giá trên, ta suy f nC1 x/f nC1 x / f nC1 n x n / f n x nC1 /: Nhân hai vế bất phương trình cuối cho f x nC1 / lấy bậc n C hai vế, ta suy khẳng định (3.2) với n C 1: Theo nguyên lý quy nạp, ta có khẳng định với n: Nhận xét Bằng cách đặt an D ln f x n /; ta phát biểu tốn lại dạng dãy số sau: Cho a1 ; a2 ; : : : dãy số thực thoả mãn Cj Ä C aj với i; j D 1; 2; : : : Chứng minh với n ZC a2 an a1 C C C an : n Bài toán sử dụng kỳ thi APMO năm 1999 103 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Bài tốn 17 Tìm tất số a > cho tồn số K > hàm f W R ! R thoả mãn  à xCy f x/ C f y/ f C Kjx yja 2 với cặp số thực x; y: Lời giải Từ giả thiết, ta suy xCy  à C f y/ x C 3y K f C a jx yja ;  à xCy f x/ C f 3x C y K f C a jx yja ;  à 3xCy xC3y f Cf xCy K f C a jx yja : 2 f Lấy (3.3) C (3.4) C (3.3) (3.4) (3.5) (3.5); ta f x/ C f y/  f xCy à C K 2a jx yja : Từ đây, cách lặp lại quy trình trên, ta chứng minh quy nạp  à f x/ C f y/ xCy K f C n.a 2/ jx yja 2 với n N : Nếu a < thỡ bng cỏch cho x Ô y v n ! C1; ta thu điều mâu thuẫn Do a 2: Ta chứng minh tập hợp tất số thực a thoả mãn yêu cầu đề Thật vậy, với a 2; xét f x/ D jxja K D a ; ta chứng minh bất đẳng thức đầu thoả mãn với cặp số thực x; y; tức ˇ ˇ jxja C jyja ˇˇ x C y ˇˇa ˇˇ x y ˇˇa (3.6) ˇ ˇ Cˇ ˇ : Đặt f x; y/ D VT(3.6) VP(3.6) ; ta có f x; y/ D f x; y/ D f x; y/ D f x; y/: Do f x; y/ hàm chẵn với x với y: Vì vậy, khơng tính tổng qt, ta giả sử x y 0: Khi đó, bất đẳng thức (3.6) viết lại dạng  à x C y a ˇˇ x y ˇˇa xa C ya Cˇ ˇ : 2 Với x C y D 0; ta có x D y D nên bất đẳng thức hiển nhiên Xét trường hợp x C y > 0: Khi đó, bất đẳng thức có dạng x; y nên ta chuẩn hố x C y D 2: Theo đó, ta phải chứng minh ˇ x y ˇa xa C ya ˇ ˇ 1Cˇ (3.7) ˇ : 2 104 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 ˇx ˇ Do Ä ˇ y ˇˇ x C y D nên ˇÄ 2 ˇ x y ˇa x y/2 x2 C y2 ˇ ˇ 1Cˇ D : ˇ Ä1C Mặt khác, theo bất đẳng thức trung bình luỹ thừa, ta lại có xa C ya  x2 C y2 à a2 x2 C y2 : Do (3.7) chứng minh Bài toán giải xong Một số tập tự luyện Để kết lại viết này, xin nêu thêm số toán để bạn đọc tự nghiên cứu thêm Bài tập 4.1 (Bulgaria, 2008) Cho f W RC ! RC hàm số thoả mãn 2f x / với x > 0: Chứng minh f x / xf x/ C x x với x > 0: Bài tập 4.2 (IMO Shortlist, 2005) Tìm tất hàm số f W RC ! RC thoả mãn f x/f y/ D 2f x C yf x/ với cặp số dương x; y: Bài tập 4.3 (KHTN, 2010) Tìm tất hàm số f W RC ! RC thoả mãn p f x C 2y/ f x y/ D f y/ C f x/f y/ với cặp số dương x > y: Bài tập 4.4 Tìm tất hàm f W RC ! RC thoả mãn Á f f f x/ C f f x/ D 2x C với số thực dương x: Bài tập 4.5 (Brazil, 2012) Tìm tất toàn ánh f W RC ! RC thoả mãn h i 2xf f x/ D f x/ x C f f x/ với số thực dương x: Bài tập 4.6 (Việt Nam TST, 2007) Tìm tất hàm liên tục f W R ! R thoả mãn  à x f x/ D f x C C với số thực x: 105 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Bài tập 4.7 Tìm tất hàm liên tục f W R ! R thoả mãn f 2x C 1/ D f x/ với số thực x: Bài tập 4.8 Tìm tất hàm liên tục f W R ! R thoả mãn f xCy f y/ D f x/ C f y f y/ với cặp số thực x; y: Bài tập 4.9 (Hà Nội, 2013) Tìm tất hàm liên tục f W RC ! RC thoả mãn đồng thời điều kiện sau (1) f 2x/ D 2f x/ với x > 0I Á f x/ (2) f f x/ e D x ex (3) f e 1/ D e 1/f x/ với x > 0I 1/f 1/I (4) f k/ N với k N : Bài tập 4.10 (Turkey, 2013) Tìm tất hàm f W R ! RC thoả mãn đồng thời điều kiện (1) f x / D f x/ (2) f x/ D f x 2xf x/ với x RI 1/ với x RI (3) f tăng thực 1; C1/: Bài tập 4.11 (THTT, 2002) Tìm tất hàm f W R ! R thoả mãn f x f y/ D f x C y 2002 / C f f y/ C y 2002 C với cặp số thực x; y: Bài tập 4.12 Tìm tất hàm f W R ! R thoả mãn f x / C 4y f y/ D f x C y/ C y f x y/ C f y/ với cặp số thực x; y: Bài tập 4.13 (Tổng quát IMO 1992) Với số tự nhiên n số f W R ! R thoả mãn đẳng thức cho trước, tìm tất hàm f x n C f y/ D y C f n x/ với cặp số thực x; y: Bài tập 4.14 (Saudi Arabia, 2014) Tìm tất hàm f W N ! N thoả mãn f n C 1/ > f n/ C f f n/ với số nguyên dương n: 106 Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Bài tập 4.15 (Romania, 2004) Tìm tất đơn ánh f W N ! N thoả mãn f f n/ Ä n C f n/ với số nguyên dương n: Bài tập 4.16 (IMAR, 2009) Chứng minh với hàm số f W RC ! RC tồn cặp số dương x; y cho f x C y/ < yf f x/ : Bài tập 4.17 (IMO, 2011) Cho hàm số f W R ! R thoả mãn f x C y/ Ä yf x/ C f f x/ với x; y R: Chứng minh f x/ D với x Ä 0: Bài tập 4.18 (IMO Shortlist, 2009) Chứng minh không tồn hàm f W R ! R thoả mãn f x f y/ Ä yf x/ C x với cặp số thực x; y: Bài tập 4.19 Cho hàm số f W Œ0; 1 ! Œ0; C1/ thoả mãn  à f x/ C f y/ xCy Äf C1 2 với x; y Œ0; 1: Chứng minh với a; b; c Œ0; 1; a < b < c c b b a f a/ C f c/ Ä f b/ C 2: c a c a Bài tập 4.20 Cho hàm số f; g W Œ0; 1 ! Œ0; 1; f tăng nghiêm ngặt, thoả mãn f g.x/ D x với x Œ0; 1: Chứng minh với n N  à n 1Ä Â Ã X k k Cg