Thông tin tài liệu
Hai bổ đề tốn phương trình hàm tập số thực dương Đoàn Quang Đăng∗ - Võ Trần Hiền† Ngày 28 tháng năm 2022 Phương trình hàm tập số thực dương tốn hay khó Để giải toán ta cần vận dụng nhiều kỹ thuật kinh điển giải tốn phương trình hàm kết hợp nhuần nhuyễn với kiến thức đại số, giải tích Trong viết này, giới thiệu hai bổ đề thú vị dùng để giải lớp tốn đưa dạng f (x + A) = f (x) + B f (x + A) + B = f (x + C) + D Mục lục Bổ đề - f (x + A) = f (x) + B 2 Bổ đề - f (x + A) + B = f (x + C) + D 10 Bài tập rèn luyện 17 Tài liệu tham khảo 18 ∗ † THPT Chuyên Bến Tre THPT Chuyên Tiền Giang Đoàn Quang Đăng1 - Võ Trần Hiền2 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm §1 Bổ đề - f (x + A) = f (x) + B Bổ đề 1.1 Cho hàm số f, g, h : R+ → R+ thỏa mãn f (g(x) + y) = h(x) + f (y) với số thực dương x, y Khi hàm g(x) h(x) hàm Chứng minh Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (g(x) + y) = h(x) + f (y), ∀x, y > Từ P (x, y − g(x)) ta suy f (y − g (x)) = f (y) − h (x) , ∀x > 0, y > g(x) Với x, y > p, q ∈ Z+ cho pg (x) − qg (y) > 0, từ đẳng thức ta dễ dàng chứng minh f (z + pg (x) − qg (y)) = f (z) + ph (x) − qh (y) với z > Nếu ph (x) − qh (y) < 0, ta thay (p, q) (kp, kq) với k nguyên dương đủ lớn f (z) + ph (x) − qh (y) < 0, vố lý Như pg (x) > qg (y) ⇒ ph(x) ⩾ qh(y) ∀x, y > 0, hay g(x) q h(x) q > ⇒ ⩾ g(y) p h(y) p Giả sử g(x) g(y) > h(x) h(y) , ∀x, y > ta chọn p, q ∈ Z+ cho q h(x) g(x) > > , g(y) p h(y) điều mâu thuẫn với chứng minh Vậy h(x) g(x) h(x) h(y) ⩾ ⇒ ⩾ h(y) g(y) g(x) g(y) Thay đổi vai trò x, y đánh giá ta thu ∀x, y > h(x) g(x) = h(y) g(y) = c ∀x, y > Bình luận 1.2 Một cách chứng minh khác bạn Ngô Quý Đăng: giả sử tồn h(u) h(x) h(u) h(v) u, v > : ̸= Đặt = a, = b Khơng tính tổng quát, giả sử a > b g(u) g(x) g(u) g(x) Với x > 1, hiển nhiên tồn y > thỏa x=y+ x−1 · g(u) g(u) Tử phương trình (1.1) suy f (y + ng(x)) = f (y) + nh(x), ∀x, y > 0, n ∈ N (1) Đoàn Quang Đăng3 - Võ Trần Hiền4 (Ngày 28 tháng năm 2022) Ta có f (x) + f y+ x−1 · g(u) g(u) = f (y) + Phương trình hàm x−1 · h(u) g(u) (2) Đẳng thức với x > y phụ thuộc vào x theo quan hệ (1) Thay x + ng(v) vào (2) suy + ng(v) h(u) > + g(u) f (2 + ng(v)) = f (y) + ng(v) + − · h(u) g(u) ng(v) + − · h(u) g(u) ⇒ f (2) + nh(v) > f (2) + nbg(v) > a(1 + ng(v) − g(u)) ⇒ n(a − b)g(v) < f (2) + ag(u) − a, ∀n ∈ N∗ Điều vô lý cho n → +∞ Bài toán chứng minh Bổ đề công cụ hiệu để ta giải tốn phương trình hàm có dạng "nửa tuần hồn" f (x + A) = f (x) + B đưa dạng Cần lưu ý hàm g, h hàm số độc lập với biến y Đễ thấy rõ thấy hiệu bổ đề, ta xét số tốn sau: Bài tốn 1.3 (VMO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x) +y x f = + f (y) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Áp dụng bổ đề (1.1) ta suy tồn số thực dương c cho f (x) = c ⇒ f (x) = cx ∀x > x Thay lại vào phương trình ban đầu ta suy c(c + y) = f f (x) +y x = + cy ⇒ c = Như f (x) = x ∀x > Bình luận 1.4 Ta giả sử f (a) phân biệt cho cho f (b) b > a Khi f Đặt K = f (b) b − f (a) a , f (a) +y a =f f (x) x không hàm Khi tồn a, b > f (b) +y b = f (y) + f (x) = f (x + K) ∀x > f (a) a ∀y > Đoàn Quang Đăng5 - Võ Trần Hiền6 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Mặt khác, từ giả thiết, ta có f y+n f (a) a = f (y) + n > n hay f (x) > n với x > n f (a) a Với x > cố định, ta chọn n = ⌊f (x)⌋ + > f (x) số nguyên dương m cho x + mK > n f (a) a , f (x + mK) > n > f (x) = f (x + mK), vơ lý Do f (x) = cx ∀x > Bài toán 1.5 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (y)) = 2y + f (x) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Áp dụng bổ đề (1.1) ta suy f (y) = 2ay ∀y > với a > số Thay vào phương trình ban đầu ta suy 4a2 = ⇒ a = √12 √ Vậy f (x) = 2x ∀x > Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn u cầu Bình luận 1.6 Ta giải phương pháp thêm biến Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (x + f (y)) = 2y + f (x) ∀x, y > Giả sử a, b > cho f (a) = f (b), từ P (x, a) , P (x, b) ta suy 2a + f (x) = f (x + f (a)) = f (x + f (b)) = 2b + f (x) ⇒ a = b Vậy f đơn ánh Từ P (x, y + z) ta suy f (x + f (y + z)) = 2(y + z) + f (x) = (2y + f (x)) + 2z = f (x + f (y) + f (z)) ∀x, y, z > Mà f đơn ánh nên ta suy f (z + y) √ = f (z) + f (y) hay f (x) = ax, ∀x > Thay vào phương trình ban đầu ta tìm a = Bài tốn 1.7 (Balkan MO 2021) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (x) + f (y)) = 2f (x) + y với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (x + f (x) + f (y)) = 2f (x) + y ∀x, y > Từ P (1, y) ta suy f (1 + f (1) + f (y)) = 2f (1) + y ∀y > Mặt khác từ P (x, + f (1) + f (y)) ta suy f ((x + f (x) + 2f (1)) + y) = (2f (x) + + f (1)) + f (y) ∀x, y > Đoàn Quang Đăng7 - Võ Trần Hiền8 (Ngày 28 tháng năm 2022) Áp dụng bổ đề (1.1) ta suy 2f (x)+1+f (1) x+f (x)+2f (1) Phương trình hàm = c ∀x > (với c > số) hay (c − 2)f (x) = −cx + f (1) + 2cf (1) + 1, ∀x > Nếu c = ta thấy điều vơ lý, c ̸= Suy f (x) = ax + b ∀x > Thay vào phương trình ban đầu ta tìm a = b = Vậy tất hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn f (x) = x, ∀x > Bình luận 1.8 Ở tốn trên, ta tính f (C + f (y)) = D + y, từ thay y C + f (y) vào phương trình hàm ban đầu thu phương trình dạng f (y + A) = f (y) + B quen thuộc Bài tốn 1.9 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (f (x + f (x)) + y) = 2x + f (y) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Áp dụng bổ đề (1.1) ta suy f (x + f (x)) = 2cx ∀x > với c > số Thay vào phương trình ban đầu ta thu f (2cx + y) = 2x + f (y) ∀x, y > Ta thay x x 2c vào đẳng thức f (x + y) = x + f (y) ∀x, y > c Thay đổi vai trò x, y phương trình đối chiếu với ta thu f (x + y) = x y + f (y) = + f (x) ∀x, y > c c hay f (x) = xc + a, ∀x > Thay vào phương trình ban đầu ta tìm f (x) ≡ x Vậy tất hàm số thỏa mãn yêu cầu toán f (x) = x, ∀x > Bình luận 1.10 Việc sử dụng bổ đề khơng giải hồn tồn tốn này, giúp đưa tốn dạng đơn giản quen thuộc Bài tốn 1.11 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (x) + y) = 2f (x) + f (y) với số thực dương x, y Đoàn Quang Đăng9 - Võ Trần Hiền10 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Lời giải Áp dụng bổ đề (1.1) ta suy 2f (x) = c (x + f (x)) ∀x > ⇒ f (x) (c − 2) = −cx ∀x > với c > số Nếu c = −2x = 0, ∀x > 0, vơ lý Do c = ̸ 2, suy f (x) = ax, ∀x > Thay vào ta tìm a = Vậy f (x) = x ∀x > Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn u cầu tốn Bình luận 1.12 Một hướng tiếp cận khác cho tốn để bạn đọc thấy "độ mạnh" bổ đề: Nhận xét 1.13 — f (x + f (x)) = 2f (x), ∀x > Chứng minh Từ P (x, + f (1)) ta suy f (x + f (x) + + f (1)) = 2f (x) + f (1 + f (1)) ∀x > Mặt khác, từ P (1, x + f (x)) ta suy f (1 + f (1) + x + f (x)) = 2f (1) + f (x + f (x)) ∀x > Từ hai đẳng thức ta suy f (x + f (x)) = 2f (x) + c ∀x > với c = f (1 + f (1)) − 2f (1) ∈ R Ta chứng minh c = Với x, y, z > y + c > từ P (x + f (x) + z, y + c) ta suy f (z + f (z) + x + 3f (x) + y + c) = f (y + c) + 2f (z) + 4f (x) Từ P (z, x + 3f (x) + y + c) ta suy f (z + f (z) + x + 3f (x) + y + c) = f (x + 3f (x) + y + c) + 2f (z) Kết hợp hai đẳng thức ta suy f (x + 3f (x) + y + c) = f (y + c) + 4f (x) Mặt khác từ P (x + f (x), y) ta thu f (x + 3f (x) + y + c) = f (y) + 4f (x) + 2c Do f (x + c) = f (x)+2c, ∀x > thỏa x+c > Từ P (x + c, y) ta suy raf (x + f (x) + y)+ 6c = 2f (x) + f (y) + 4c ⇒ c = Nhận xét 1.14 — f đơn ánh Chứng minh Giả sử tồn a > b > cho f (a) = f (b) = d Từ P (a, x) P (b, x + a − b) ta suy f (x + a − b) = f (x) ∀x > Từ quy nạp ta chứng minh f (x) = f (x + n(a − b)) ∀x > với n ∈ Z+ Với x > n ∈ Z+ thỏa mãn n(a − b) > f (x), từ P (x, n (a − b) − f (x)) ta suy f (x + n (a − b)) = f (n (a − b) − f (x)) + 2f (x) Đoàn Quang Đăng11 - Võ Trần Hiền12 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm hay f (n (a − b) − f (x)) + f (x) = 0, vô lý Vậy f đơn ánh Nhận xét 1.15 — f (x) = x với số thực dương x Chứng minh Ký hiệu Q(x) khẳng định f (x + f (x)) = 2f (x) ∀x > Từ P (x, x + f (x)) ta suy f (2x + 2f (x)) = 4f (x) , ∀x > Từ Q (x + f (x)) ta thu f (x + 3f (x)) = 4f (x) ∀x > Do f (x + 3f (x)) = f (2x + 2f (x)) ∀x > Kết hợp với f đơn ánh ta suy f (x) = x ∀x > Bài tốn 1.16 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (f (x) f (f (x)) + y) = xf (x) + f (y) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (f (x) f (f (x)) + y) = xf (x) + f (y) ∀x, y > Nhận xét 1.17 — f (f (x)) = x ∀x > Chứng minh Sử dụng bổ đề (1.1) ta suy f (x) f (f (x)) = cxf (x) ⇒ f (f (x)) = cx ∀x > với c > số Từ ta suy f song ánh cf (x) = f (f (f (x))) = f (cx) ∀x > Chú ý P (x, y) viết lại thành f (cxf (x) + y) = xf (x) + f (y) ∀x, y > Từ phương trình ban đầu, tác động f hai vế ta thu f (xf (x) + f (y)) = f (f (f (x) f (f (x)) + y)) = c2 xf (x) + cy Do f toàn ánh nên từ đẳng thức ta thay y = f z c ∀x, y > với z > f (xf (x) + z) = cxf (cx) + f (z) = f c3 xf (x) + z Từ đây, f đơn ánh nên ta suy c = hay f (f (x)) = x ∀x > Khi P (x, y) viết lại thành f (xf (x) + y) = xf (x) + f (y) , ∀x, y > Đoàn Quang Đăng13 - Võ Trần Hiền14 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Nhận xét 1.18 — f (y) ⩾ y − xf (x) ∀x, y > Chứng minh Từ P (x, y) quy nạp ta chứng minh ∀x, y > 0, n ∈ N∗ Q(x, y, n) : f (y + nxf (x)) = f (y) + nxf (x) Giả sử tồn x, y > cho y xf (x) > f (y) xf (x) + Khi tồn n ∈ N∗ cho f (y) y >n> xf (x) xf (x) y − nxf (x) > f (y) < nxf (x) Từ Q (x, y − nxf (x), n) ta suy f (y) = f (y − nxf (x)) + nxf (x) > nxf (x) , mâu thuẫn Vậy y xf (x) ⩽ f (y) xf (x) + hay f (y) ⩾ y − xf (x) ∀x, y > Từ đánh giá trên, ta thay y f (y) y ⩾ f (y) − xf (x) ∀x, y > Do y + xf (x) ⩾ f (y) ⩾ y − xf (x) ∀x, y > (*) Chú ý ta có < yf (y) ⩽ y + xyf (x) ∀x, y > Từ ta suy lim yf (y) = Khi đó, từ (*) cho x → 0+ , suy f (y) = y, ∀y > y→0+ Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tất hàm số thỏa mãn yêu cầu toán f (x) = x ∀x > Bài tốn 1.19 (Balkan MO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f yf (x)3 + x = x3 f (y) + f (x) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f yf (x)3 + x = x3 f (y) + f (x) ∀x, y > Nhận xét 1.20 — Hàm f tăng nghiêm ngặt Chứng minh Với hai số thực y > x > 0, từ P x, fy−x (x)3 f (y) = x3 f y−x f (x)3 chứng minh hoàn tất ta suy + f (x) > f (x), Đoàn Quang Đăng15 - Võ Trần Hiền16 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Nhận xét 1.21 — f (1) = Chứng minh Giả sử f (1) < 1, từ P 1, 1−f1(1)3 ta suy f (1) = 0, vô lý Như f (1) ⩾ Giả sử f (1) > 1, từ P (1, 1) suy f + f (1)3 = 2f (1) Khi từ P + f (1)3 , ta f 9f (1)3 + = f (1) f (1)3 + + 2f (1) Mặt khác, từ P (1, 9) ta có f 9f (1)3 + = f (9) + f (1) Như f (9) = f (1) f (1)3 + f (1)3 + +f (1) = f (1) +1 > f (1) (1 + 1)3 + = 9f (1) Từ P (1, y) suy f (y) + f (1) = f yf (1)3 + > f (y + 1) ⇒ f (9) < 9f (1), mâu thuẫn Vậy f (1) = Nhận xét 1.22 — f (y + n) = f (y) + n ∀y > 0, n ∈ N Chứng minh Từ P (1, y) ta suy f (y + 1) = f (y) + ∀y > Từ quy nạp ta chứng minh f (y + n) = f (y) + n ∀y > với n nguyên dương Nhận xét 1.23 — f y + f (x)3 = f (y) + x3 ∀x, y > Chứng minh Từ P (x, y + 1) ta thu f yf (x)3 + x + f (x)3 = x3 f (y) + f (x) + x3 = f yf (x)3 + x + x3 Với hai số thực y > x > ta thay y y−x f (x)3 ∀x, y > f y + f (x)3 = f (y) + x3 Với x, y > bất kỳ, ta chọn số nguyên dương n đủ lớn cho y + n > x, f y + n + f (x)3 = f (y + n) + x3 ⇒ f y + f (x)3 = f (y) + x3 Áp dụng bổ đề (1.1) ta suy f (x)3 = kx3 ⇒ f (x) = ax ∀x > Thay lại vào ta dễ dàng tìm f (x) = x ∀x > 0, thử lại thấy hàm số thỏa mãn u cầu tốn Bình luận 1.24 Bạn đọc so sánh với cách giải toán phần viết Đoàn Quang Đăng17 - Võ Trần Hiền18 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm §2 Bổ đề - f (x + A) + B = f (x + C) + D Bổ đề 2.1 Cho hàm số g : R+ → R+ số thực dương , bi , ci , di với i = 1, thỏa mãn g(x + a1 ) + b1 = g(x + c1 ) + d1 g(x + a2 ) + b2 = g(x + c2 ) + d2 với x > Khi tồn số thực λ ⩾ cho di − bi = λ(ai − ci ) với i ∈ {1; 2} Chứng minh Nếu a1 = c1 b1 = d1 , a2 = c2 b2 = d2 Ta xét trường hợp = ̸ ci với i = 1, Khơng giảm tính tổng qt, giả sử > ci với i = 1, Ta chứng minh di ⩾ bi với i = 1, Giả sử d1 < b1 , từ giả thiết, quy nạp ta chứng minh g(x + N (a1 − c1 ) = g(x) + N (b1 − d1 ) ∀x > 0, ∈ N∗ Cố định x > cho N → +∞ N (b1 − d1 ) → −∞ điều mâu thuẫn với g : R+ → R+ Ta chứng minh phản chứng, không giảm tính tổng quát ta giả sử d1 − b1 d2 − b2 > ⩾ a1 − c1 a2 − c2 Nếu d2 = b2 g(x + a2 ) = g(x + c2 ) ∀x > Khi đó, quy nạp ta g(x) = g(x + N (a2 − a2 )) = g(x + N (a2 − c2 ) − M (a1 − c1 )) + M (d1 − b1 ) > M (d1 − b1 ) với M, N số nguyên dương cho x + N (a2 − c2 ) − M (a1 − c1 ) > Chú ý với M > ta chọn N đủ lớn cho x+N (a2 −c2 )−M (a1 −c1 ) > Khi đó, cố định x đủ lớn cho M → +∞ g(x) → +∞, điều mâu thuẫn Như d2 > b2 −b1 −c1 Lúc đó, ta có dd21 −b > aa21 −c > Khi tồn số nguyên dương m, n cho 2 d1 − b1 m a1 − c1 > > > d2 − b2 n a2 − c2 Điều dẫn đến với x > đủ lớn g(x) = g(x+m(a2 −c2 ))−m(d2 −b2 ) = g(x+m(a2 −c2 )−n(a1 −c1 ))+n(d1 −b1 )−m(d2 −b2 ) Do u = m(a2 − c2 ) − n(a1 − c1 ) > 0, v = n(d1 − b1 ) − m(d2 − b2 ) > nên ta suy g(x) = g(x + u) + v ∀x > Khi đó, quy nạp ta g(x) = g(x + nu) + nv > nv với số nguyên dương n Từ đây, cố định x > cho n → +∞ ta thấy điều vô lý Như vậy, tồn λ ⩾ cho di − bi = λ(ai − ci ) với i ∈ {1; 2} Chứng minh hoàn tất Như vậy, bổ đề (2.1) mang "hình dáng" g(x + A) = g(x) + B có cách chứng minh tương tự (1.1) phát số hữu tỷ dương m n từ vận dụng tính 10 Đồn Quang Đăng19 - Võ Trần Hiền20 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm chất hàm "nửa tuần hoàn" (f (x + a) = f (x) + b) Trong tốn phương trình hàm sử dụng bổ đề này, ta tập trung phương trình f (x + a) + b = f (x + c) + d với a, b, c, d biểu thức theo y, z, f (y), f (z), f (y + z), Khi áp dụng bổ đề ta suy a − c = k(d − b), cơng cụ chốt để ta giải toán Để phương trình kể thường sử dụng phương pháp thêm biến, ý tính đối xứng, bán đối xứng, Ta xét số toán minh họa: Bài tốn 2.2 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (y)) = f (x) + y với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (x + f (y)) = f (x) + y ∀x, y > Từ P (x, y) P (x, z) ta suy f (x + f (y)) + z = f (x + f (z)) + y ∀x, y, z > Áp dụng bổ đề (2.1) ta suy tồn số thực k ⩾ cho f (y) − f (z) = k(y − z) ∀y, z > Thay z = ta suy f (y) = Ay + B ∀y > 0, với A, B số Chú ý A ⩾ B ⩾ (vì khơng f (x) → B < x → 0+ ) Thay lại vào phương trình ban đầu dễ dàng tìm f (x) = x ∀x > Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Bài tốn 2.3 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (f (x) + y) = f (x) + 3x + yf (y) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (f (x) + y) = f (x) + x + yf (y) ∀x, y > Từ P (x, y) P (z, y) ta suy f (y + f (x)) + f (z) + z = f (y + f (z)) + f (x) + x ∀x, y, z > Sử dụng bổ đề (2.1) ta suy tồn số thực k ⩾ cho f (x) − f (z) = k(f (x) + x − f (z) − z) ∀y, z > Nếu k = x − z = ∀x, z > 0, vô lý Do k = ̸ Thay z = ta suy f (x) = Ax + B với A, B số khơng âm (vì A, B < cho x → 0+ x → +∞ ta thấy điều vô lý) Thay lại vào phương trình ban đầu ta thấy khơng tồn hàm số thỏa mãn 11 Đoàn Quang Đăng21 - Võ Trần Hiền22 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Bình luận 2.4 Với hai tốn trên, ta thu phương trình mong muốn với thao tác thêm biến cộng đại số đơn giản Đối với Bài tốn 2.2 ta sử dụng bổ đề (1.1) để suy f (x) = kx Tuy nhiên, phương trình ban đầu lại có dạng f (y + A) = g(y) + B nên sử dụng bổ đề phần Một cách tương tự, ta giải phương trình hàm có dạng f (x + A) = g(x) + B với A, B biểu thức theo biến y, z Bài toán 2.5 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (y)) = f (x + y) + 2y với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (x + f (y)) = f (x + y) + 2y Từ P (x + z, y) ta thu f (x + z + f (y)) = f (x + y + z) + 2y ∀x, y > ∀x, y, z > (1) ∀x, y, z > (2) Thay đổi y, z phương trình (1) ta suy f (x + y + f (z)) = f (x + y + z) + 2z Từ (1) (2) suy f (x + z + f (y)) + 2z = f (x + y + f (z)) + 2y ∀x, y, z > Áp dụng bổ đề (2.1), tồn k ⩾ cho (z + f (y) − y − f (z)) = k(2y − 2z) ∀y, z > Thay z = ta suy f (y) = Ax + B ∀x > với A, B số Chú ý A ⩾ B ⩾ (vì khơng f (x) → B < x → 0+ ) Thay lại vào phương trình ban đầu ta tìm f (x) = 2x ∀x > Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Bình luận 2.6 Ta thấy tiến hành Bài tốn 2.2 khơng thể tạo phương trình có dạng f (x + a) + b = f (x + c) + d Tuy nhiên ta giải vấn đề cách thêm biến z để tạo biểu thức đối xứng f (x + y + z) (thường dùng thêm biến), từ tiến hành cộng đại số để thu phương trình mong muốn Bài tốn 2.7 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (f (x) + 2y) = f (2x + y) + 2y với số thực dương x, y 12 Đoàn Quang Đăng23 - Võ Trần Hiền24 (Ngày 28 tháng năm 2022) Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (f (x) + 2y) = f (2x + y) + 2y Từ P z, f (y) + x ta suy f (2x + f (z) + f (y)) = f x + 2z + f (y) Phương trình hàm ∀x, y > + f (y) + 2x ∀x, y, z > Thay đổi vai trị y, z phương trình đối chiếu với nó, ta suy f x + 2z + f (y) + f (y) = f x + 2y + f (z) + f (z) ∀x, y, z > Áp dụng bổ đề (2.1) ta suy tồn k ⩾ cho 2y + f (z) f (y) − 2z − = k(f (y) − f (z)) ∀y, z > 2 Thay z = ta suy f (y) = Ax + B ∀x > với A, B số Chú ý A ⩾ B ⩾ (vì khơng f (x) → B < x → 0+ ) Thay lại vào phương trình ban đầu ta tìm f (x) = 2x ∀x > Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Bình luận 2.8 Ở này, lần ta lại sử dụng kỹ thuật thêm biến để tạo vế đối xứng f (2x + f (z) + f (y)), từ thu phương trình mong muốn Ta hồn tồn giải phương pháp thêm biến phức tạp Ngồi ra, khai thác tính chất f (x) ⩾ x để giải tốn theo hướng sử dụng tính đơn điệu hàm số Bài tốn 2.9 (Balkan MO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f yf (x)3 + x = x3 f (y) + f (x) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f yf (x)3 + x = x3 f (y) + f (x) ∀x, y > Từ P (1, y) suy f yf (1)3 + = f (y) + f (1) ∀y > Nếu f (1) < từ đây, ta thay y 1−f (1)3 f (1) = 0, vơ lý Vậy f (1) ⩾ Từ P x, yf (z) + z P (z, y) ta suy với số thực x, y, z f yf (z)3 f (x)3 + zf (x)3 + x = x3 z f (y) + x3 f (z) + f (x) (1) Từ (1), ta thay đổi vai trò x, z f yf (x)3 f (z)3 + xf (z)3 + z = z x3 f (y) + z f (x) + f (z) 13 (2) Đoàn Quang Đăng25 - Võ Trần Hiền26 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Từ hai đẳng thức (1), (2) ta suy với x, y, z > f yf (x)3 f (z)3 + xf (z)3 + z +x3 f (z)+f (x) = f yf (z)3 f (x)3 + zf (x)3 + x +z f (x)+f (z) từ thay y y f (x)3 f (z)3 f y + xf (z)3 + z + x3 f (z) + f (x) = f y + zf (x)3 + x + z f (x) + f (z) a c b d Áp dụng bổ đề (2.1) ta suy tồn số thực α ⩾ cho z f (x) + f (z) − x3 f (z) + f (x) = α xf (z)3 + z − zf (x)3 − x ∀x, z > (3) Nếu α = từ (3), thay z = ta f (1) − x3 f (1) = ∀x > 0, vô lý Như α ̸= 0, đặt a = α1 thay z = vào (3) ta suy với x > af (1) − af (1)x3 = xf (1)3 + − f (x)3 − x ⇒ f (x)3 = af (1)x3 + x f (1)3 − + − af (1) Giả sử − af (1) < 0, cho x → 0+ f (x)3 → − af (1) < 0, vô lý Vậy − af (1) ⩾ lim f (x) = − af (1) = k Hiển nhiên f liên tục R+ , từ P (x, y) ta x→0+ cố định x > cho y → 0+ f (x) = x3 k + f (x) hay k = Như af (1) = Thay vào ta f (x)3 = x3 + f (1)3 − x ∀x > Đặt f (1) = b ⩾ Từ P (1, 1) suy f + b3 = 2b Chú ý ta có f (1 + b3 ) = b9 + 4b6 + 3b3 , b9 + 4b6 + 3b3 = 8b3 ⇔ b3 b6 + 4b3 − = ⇔ b = Điều dẫn đến f (x)3 = x3 hay f (x) = x ∀x > Thử lại thấy hàm số thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f (x) = x ∀x > Bình luận 2.10 Ở toán trên, việc vận dụng khéo léo thao tác thêm biến khai thác tính đối xứng, ta thu phương trình dạng f (x + a) + b = f (x + b) + c Việc áp dụng bổ đề mấu chốt để giải hồn tồn tốn Tuy nhiên, ta chưa hàm f mà phải qua nhiều bước tính tốn, lập luận để tìm hệ số Bình luận 2.11 Ta sử dụng bổ đề (1.1) toán (đã trình bày lời giải phần trước) Dù phương trình hàm ban đầu có dạng f (x + A) = f (x) + B ta suy A = kB A, B hàm số theo biến x, y Với ý tưởng tương tự, ta xét toán sau mở rộng từ VMO 2022: 14 Đoàn Quang Đăng27 - Võ Trần Hiền28 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Bài tốn 2.12 (Mở rộng VMO 2022) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f xy + f (y) y = f (x)f (y) + với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f xy + f (y) = f (x)f (y) + y Đặt g(x) = f (x) x ∀x, y > ∀x > Khi P (x, y) trở thành f (xy + g(y)) = f (x)f (y) + ∀x, y > Từ P (xz + g(z), y) P (x, z) ta suy f (xyz + yg(z) + g(y)) = (f (x)f (z) + 1)f (y) + ∀x, y.z > f (xyz + (yg(z) + g(y))) = f (x)f (y)f (z) + f (y) + ∀x, y, z > hay Thay đổi vai trò y, z đẳng thức ∀x, y, z > f (xyz + (zg(y) + g(z))) = f (x)f (y)f (z) + f (z) + Kết hợp hai đẳng thức trên, suy với x, y, z > f (yz)x + (yg(z) + g(y)) + f (z) = f (yz)x + (zg(y) + g(z)) + f (y) a Thay x x yz c b d vào đẳng thức áp dụng bổ đề (2.1), tồn λ ⩾ cho f (y) − f (z) = λ ((yg(z) + g(y)) − (zg(y) + g(z))) = λ (g(z)(y − 1) + g(y)(1 − z)) Thay z = vào đẳng thức thu gọn f (y) = λf (1)y − λf (1) + f (1) ∀y > Đến ta dễ dàng tìm f (x) = x ∀x > Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f (x) = x ∀x > Bình luận 2.13 Với ý tưởng hồn tồn tương tự, ta giải phương trình có dạng f (A(y)x + B(y)) = C(x)f (x) + D(x), với A, B, C, D : R+ → R+ Tuy nhiên, việc tìm hàm f cụ thể đơi phức tạp tùy thuộc vào hàm A, B, C, D 15 Đoàn Quang Đăng29 - Võ Trần Hiền30 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Bài tốn 2.14 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xy + f (y)2 ) = f (x)f (y) + yf (y) với số thực dương x, y Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ký hiệu P (x, y) khẳng định f (xy + f (y)2 ) = f (x)f (y) + yf (y) ∀x, y > Từ P (xz + f (z)2 , y) P (x, z) ta suy f ((xz + f (z)2 )y + f (y)2 ) = (f (x)f (z) + zf (z))f (y) + yf (y) ∀x, y > hay f ((yz)x + (f (y)2 + yf (z)2 )) = (f (y)f (z))f (x) + (yf (y) + zf (z)f (y)) ∀x, y, z > Thay đổi vai trò y, z đẳng thức f ((yz)x + (f (z)2 + zf (y)2 )) = (f (y)f (z))f (x) + (zf (z) + yf (y)f (z)) ∀x, y, z > Kết hợp hai đẳng thức trên, suy với x, y, z > f (yz)x + (f (y)2 + yf (z)2 ) + zf (z) + yf (y)f (z) a b = f (yz)x + (f (z)2 + zf (y)2 ) + yf (y) + zf (z)f (y) c Thay x x yz d áp dụng bổ đề (2.1), tồn λ ⩾ cho (yf (y) + zf (z)f (y)) − (zf (z) + yf (y)f (z)) = λ f (y)2 + yf (z)2 − f (z)2 + zf (y)2 với y, z > Thay z = vào phương trình thu gọn f (y) = (λf (1)2 )y + (f (1) − λf (1)2 ) (1 − f (1))y + f (1) ∀y > Trường hợp f (1) ̸= 1, λ ̸= Khi cho y → +∞ f (y) → L = λf (1)2 1−f (1) ̸= Từ P (x, y) ta cố định x > cho y → +∞, L ̸= nên V T → L V P → ∞, điều mâu thuẫn f (1) Trường hợp f (1) ̸= 1, λ = Khi f (y) = (1−f (1))y+f (1) → y → +∞ Từ P (x, y), cho x = y → +∞ V T → V P → f (1) 1−f (1) ̸= 0, điều xảy Trường hợp f (1) = Thay vào ta suy f (x) = λx + (1 − λ) ∀x > Từ P (1, 1) suy f (2) = 2, = 2λ + (1 − λ) hay λ = Tóm lại f (x) = x ∀x > Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f (x) = x ∀x > 16 Đoàn Quang Đăng31 - Võ Trần Hiền32 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Bình luận 2.15 Ta tiếp cận theo hướng sau: Đặt c = f (1) Từ P (x, 1) ta suy f x + c2 = cf (x) + c ∀x > (1) Từ P x + c2 y ,y suy f xy + f (y)2 + c2 = f x+ c2 y f (y) + yf (y) ∀x, y > Mặt khắc, từ đẳng thức (1) ta có f xy + f (y)2 + c2 = cf xy + f (y)2 + c = cf (x)f (y) + cyf (y) + c ∀x, y > Đối chiếu hai đẳng thức ta suy f x+ c2 y c f (y) = cf (x) + (c − 1)y + ∀x, y > Ký hiệu mệnh đề Q(x, y) Từ Q x + c2 , y thu f x+ c2 + c2 y = cf x + c2 + (c − 1)y + c c = c2 f (x) + c2 + (c − 1)y + f (y) f (y) ∀x, y > Mặt khác, từ (1) ta có f x+ c2 + c2 y = cf x+ c2 y + c = c2 f (x) + c2 − c y + c2 + c ∀x, y > f (y) So sánh hai đẳng thức ta suy c2 f (x) + c2 + (c − 1)y + Suy (c − 1)2 y + f (y) = 1+(1− 1c )y c2 −c f (y) c c2 = c2 f (x) + c2 − c y + + c ∀x, y > f (y) f (y) = c2 − c ∀y > Nếu c = ̸ (c − 1)y + c f (y) = c hay ∀y > Thử lại ta thấy hàm số khơng thỏa mãn u cầu tốn Do c = Khi Q(x, y) trở thành R(x, y) : f x+ y = f (x) + f (y) Từ R(1, y) kết hợp với đẳng thức (1) ta thu f R(x, y) x + y = f (x) + f y y ∀x, y > = f (y) ∀y > Thay lại vào hay f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y > Suy f (x) = x ∀x > (chú ý f (1) = c = 1) Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn §3 Bài tập rèn luyện Bài tốn 3.1 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + 2022f (y)) = f (x) + 2022y 17 ∀x, y > Đoàn Quang Đăng33 - Võ Trần Hiền34 (Ngày 28 tháng năm 2022) Phương trình hàm Bài tốn 3.2 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f x+ y f (y) = f (x) + ∀x, y > Bài tốn 3.3 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (y)) = f (x + y) + ∀x, y > y Bài tốn 3.4 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xy + f (y)3 ) = f (x)f (y) + y f (y) ∀x, y > Bài tốn 3.5 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xy + yf (y)) = f (x)f (y) + f (y)2 ∀x, y > Bài tốn 3.6 Tìm hàm số f : R+ → R+ đa thức P (x) hệ số không âm thỏa mãn f (xy + f (x)) = f (x)f (y) + P (x) ∀x, y > Bài tốn 3.7 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + yf (x)) = f (x) + xf (y) ∀x, y > Bài toán 3.8 Với n ∈ Z+ cho trước, tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + yf (x)n ) = f (x) + xn f (y) ∀x, y > Bài tốn 3.9 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xy + f (x)) = xf (y) + f (x) ∀x, y > Bài tốn 3.10 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xf (y) + f (y)3 ) = yf (x) + f (y)3 ∀x, y > §4 Tài liệu tham khảo Tài liệu [1] Diễn đàn Art of Problem Solving https://artofproblemsolving.com/community [2] Nhóm Hướng tới Olympic VN https://www.facebook.com/groups/vmo.tst [3] Một góc nhìn tổng quát cho phương trình hàm thi HSG QG 2022 Nguyễn Huy Trung https://drive.google.com/file/d/198Zpm2mFCKH1jkNuXYlu1znGWfC3zLSQ/ view?usp=sharing [4] Hai bổ đề tốn phương trình hàm tập số thực dương Đoàn Quang Đăng https://drive.google.com/file/d/1lzjZrld35aC_mha997ibycwd4KcQyVt9/ view?fbclid=IwAR2Q09UmGQyCRMeUFFslKR6s0UwfTOjXcKhn3x3KWM6GYyizD5erYFPxmhU [5] Vietnamese Mathematical Competitions 2022 Booklet https://drive.google.com/file/d/1-QjNSyvfz18jq1h5Rx-5UhN6S4fm9BSZ/ view?fbclid=IwAR0-AIYwl0hJw3AUCuhyIOxtXyYvqPR8mn5wP0fKJOPVYVCtlNw6jCpgXA0 18 ... (y)3 ∀x, y > §4 Tài liệu tham khảo Tài liệu [1] Diễn đàn Art of Problem Solving https://artofproblemsolving.com/community [2] Nhóm Hướng tới Olympic VN https://www.facebook.com/groups/vmo.tst [3]... khác, từ (1) ta có f x+ c2 + c2 y = cf x+ c2 y + c = c2 f (x) + c2 − c y + c2 + c ∀x, y > f (y) So sánh hai đẳng thức ta suy c2 f (x) + c2 + (c − 1)y + Suy (c − 1)2 y + f (y) = 1+(1− 1c )y c2 −c f... c > số Từ ta suy f song ánh cf (x) = f (f (f (x))) = f (cx) ∀x > Chú ý P (x, y) viết lại thành f (cxf (x) + y) = xf (x) + f (y) ∀x, y > Từ phương trình ban đầu, tác động f hai vế ta thu f (xf
Ngày đăng: 13/10/2022, 20:32
Xem thêm:
