phuong phap the va su dung tinh chat anh xa giai toan phuong trinh ham tren r

Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Chuyên đề ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN PHƯƠNG PHÁP THẾ VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ÁNH XẠ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN Trong chương trình chun tốn trường THPT chuyên Phương trình hàm chuyên đề quan trọng Hiện tài liệu phương trình phong phú Tuy vậy, việc giải phương trình hàm vấn đề khó nhiều học sinh Trong chun đề nhỏ này, chúng tơi trình bày hai phương pháp thông dụng quan trọng để giải phương trình hàm tập Đó Phương pháp Phương pháp sử dụng tính chất ánh xạ I Phương pháp giải phương trình hàm Một số lưu ý sử dụng phương pháp Quan sát cấu trúc phương trình xem biến có tính đối xứng khơng? Nếu phương trình có tính đối xứng x y ta thường hoán vị biến cho Thay biến giá trị thích hợp thoả mãn điều kiện toán Điều cần ý giá trị biến phải thuộc tập xác định hàm số Ta thường chọn giá trị cho biến cho sau thay ta thu phương trình hàm đơn giản nhận dạng hàm số (tuyến tính, bậc hai, mũ, logarit,…) Trong trường hợp f cộng tính ta thay x x + quy giá trị hàm số f (1) Một vài phép đặc biệt: x = y = 0, x = y = 1; x = 0, y = 0, x = 1, y = 1, x =  y, x =  f ( y ), Tính giá trị đặc biệt hàm số f ( x ) , chẳng hạn: f ( ) , f (1) Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho hàm số f thoả mãn điều kiện: f ( ) = f ( x + y ) = f ( y ) + x, x, y  Tính f (1998 ) Lời giải: Giả sử tồn hàm f thoả mãn điều kiện đề Cho y = , ta có f ( x) = f (0) + x = + x, x  Thử lại thấy thoả mãn Do đó: f (1998) = + 1998 = 2000 Ví dụ 2: (Australia 1995) Tìm tất hàm f : ( 0; + ) → thoả mãn điều kiện f (1) = 3 3 f ( xy ) = f ( x ) f   + f ( y ) f   , x, y  x  y CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH (1) 1| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Lời giải: Cho x = 1, y = thay vào (1) ta được: 1  f ( 3) = + f ( 3)   f ( 3) −  =  f ( 3) = x, y  2  + 3 3 f   + f ( y ) → f   = f ( y ) y   y  y Khi (1) trở thành: f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) x, y  + (2) Thay x = vào (1) ta được: f ( y ) = +  f ( x) =  3 Thay y vào (2) ta có: f (3) = f ( x) f   → = f ( x)   x  x  f ( x) = −  1 Thay y = x vào (2) có: f ( x ) = f ( x ) = = → f ( x ) = , x  2 Thử lại thấy thoả mãn Ví dụ 3: (Nhật Bản 2012)Tìm tất hàm số f : → cho: f ( f ( x + y ) f ( x − y )) = x − yf (y) x, y  (1) Lời giải: Từ (1) cho x = y = ta thu f ( f (0)) = Từ (1) cho x = 0, y = f ( ) , kết hợp với kết f ( f ( ) ) = ta thu f ( ) = Từ (1) cho x = y có: x − xf ( x) =  f ( x) = x , x  Hơn f ( ) = , suy ra: f ( x ) = x, x  Thử lại ta thấy thoả mãn Ví dụ 4: Tìm tất hàm số f : → thoả mãn: f ( xf ( y ) + x) = xy + f ( x) x, y  (1) Lời giải: Trong (1) thay x = , ta f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) , y  (2) Trong (2) thay y bởi: −1 − f (1) ta có: f ( f (−1 − f (1)) + 1) = −1 Đặt: + f (−1 − f (1)) = a; f ( ) = b → f ( x ) = −ax + b Ta có: f ( xf ( a ) + x ) = f ( ) = b Hay: b = f ( xf ( a ) + x ) = ax + f ( x ) ⎯⎯ Thay biểu thức f ( x ) vào (1) ta được: −a ( xf ( y ) + x) + b = xy − ax + b, x, y   −a  x(−ay + b) + x  + b = xy − ax + b, x, y   a xy − abx − ax + b = xy − ax + b, x, y   a =  a = b =  Bằng cách đồng hệ số ta được:   a = −1 ab + a = a   b = Vậy f ( x ) = x, x  f ( x ) = − x, x  Thử lại thấy thoả mãn Ví dụ 5: (Serbia 2014, Đồng Nai 2018) Xác định tất hàm số f : | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM → thỏa mãn Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi f ( xf ( y ) − yf ( x ) ) = f ( xy ) − xy với x, y  (1) Lời giải: Cho y = f ( xf ( ) ) = f ( ) Nếu f ( )  → f ( x ) hàm Thử lại thấy không thỏa mãn Do f ( ) = Cho x = y f ( x ) − x = f ( ) = → f ( x ) = x, x  Giả sử a : f ( a ) = Cho x = a, y = f ( af (1) ) = f ( a ) − a = −a → f ( a ) = −a → = −a → a = Với x, y  ta có f ( xf ( y ) − yf ( x ) ) = f ( xy ) − xy  f ( xf ( y ) − yf ( x ) ) = xy − xy =  xf ( y ) − yf ( x ) = → f ( x ) = cx, x  ( (1 − c ) xy ) = f ( xy ) − xy = ( c − 1) xy ( ) Xét x   y thay vào (1) có: f → f ( x ) = x, x  Nếu c = ⎯⎯ Nếu c  , f ( (1 − c ) xy )  (1 − c ) xy, c (1 − c ) xy → f ( x ) = x , x  nên từ (2) suy c = −1 ⎯⎯ Vậy có hàm thỏa mãn toán f ( x ) = x, x  f ( x ) = x , x  → Ví dụ 6: Tìm hàm f : thỏa mãn: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy ( x + y ) x, y  (1) Lời giải: Ta có: (1)  ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 2 1 = ( x + y ) − ( x − y )  + ( x + y ) + ( x − y )   ( x + y ) + ( x − y ) − ( x + y ) − ( x − y )  4  u = x − y Đặt  ta được: v = x + y ( ) 2 ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v ) → vf ( u ) − uf ( v ) = u 3v − v 3u  v ( f ( u ) − u ) = u ( f ( u ) − v ) vf ( u ) − uf ( v ) = + Với uv  ta có: f (u ) − u3 u = f ( v ) − v3 v u, v  * → f (u ) − u CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH u = a → f ( u ) = au + u , u  3| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi + Với u = 0; v  suy ra: f ( u ) − u =  f ( u ) = u → f ( ) = Hàm f ( u ) = au + u thỏa mãn f ( ) = Vậy f ( u ) = au + u , u  Hàm số cần tìm là: f ( u ) = ax + x ( a  ) Thử lại thấy Ví dụ 7: (Áo 1996) Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện x f ( x ) + f (1 − x ) = x − x , x  Lời giải: Thay x − x ta (1 − x ) f (1 − x ) + f ( x ) = (1 − x ) − (1 − x ) Như ta có hệ  x f ( x ) + f (1 − x ) = x − 24  (1 − x ) f (1 − x ) + f ( x ) = (1 − x ) − (1 − x ) Ta có D = ( x − x − 1)( x − x + 1) Dx = (1 − x )( x − x − 1)( x − x + 1) Vậy D f ( x ) = Dx , x  có nghiệm tốn 1 − x : x  a, x  b  ( c số tùy ý), f ( x ) = c  : x = a  2a − a − a : = b  Với a, b nghiệm phương trình x − x − = Nhận xét: toán dùng lần kì thi VMO 2000, bảng B Ví dụ 8: (VMO 2005) Hãy xác định tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy , x, y  Lời giải: Thế x = y = vào (8) ta f ( f ( 0)) = ( f ( 0)) Thế x = y vào (8) sử dụng kết ( f ( x )) = ( f ( 0)) 2 + x , x  Suy ( f ( x ) ) = ( f ( − x ) ) → f ( x ) = f ( − x ) , x  2 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM (8) Từ ta Tài liệu chun đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thế y = vào (8) f ( f ( x ) ) = f ( ) f ( x ) − f ( x ) + f ( ) , x  (*) Thế x = 0, y = − x vào (8) f ( f ( x ) ) = f ( ) f ( − x ) + f ( − x ) − a, x  Từ hai đằng thức ta có f ( ) ( f ( − x ) − f ( x ) ) + f ( − x ) + f ( x ) = f ( ) , x  (9) Giả sử tồn x0  cho f ( x0 ) = f ( − x0 ) , x = x0 vào (9) ta có f ( x0 ) = f ( ) → ( f ( x0 ) ) = ( f ( ) ) 2 → ( f ( ) ) + x0 = ( f ( ) ) + 02 2 → x0 = Suy mâu thuẫn Vậy f ( x ) = − f ( x ) , x  , từ điều kiết hợp với (9) ta có f ( ) ( f ( x ) − 1) = 0, x  Từ suy f ( ) = , ngược lại f ( x ) = 1, x  , trái với điều kiện f hàm lẻ Từ ta nhận quan hệ quen thuộc x = f ( x0 ) = − f ( f ( x0 ) ) = − f ( x0 ) = x0 Vô lý Vậy chứng tỏ f ( x ) = − x, x  Thử lại thấy hàm thỏa mãn toán Nhận xét: Bài toán cho kết hàm chẵn f ( x ) = − x Nếu nguyên vế phải để nhận hàm lẻ f ( x ) = x , ta sửa lại kiện vế trái ví dụ sau Ví dụ 9: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f ( f ( x ) − y ) = f ( x ) − f ( y ) + f ( x ) f ( y ) − xy , x, y  Lời giải: Thế y = ta f ( f ( x ) ) = f ( x ) − f ( ) + f ( ) f ( x ) , x  (10) Thế y = f ( x ) sử dụng kết trên, ta CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 5| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi f ( ) = f ( x ) − f ( f ( x ) ) + f ( x ) ( f ( x ) ) − xf ( x ) ( *) = f ( ) − xf ( ) f ( x ) + ( f ( x ) ) + f ( ) ( f ( x ) ) − xf ( x ) , Hay −2 f ( ) f ( x ) + ( f ( x ) ) + f ( ) ( f ( x ) ) − xf ( x ) = 0, x  2 Thế x = vào đẳng thức ta ( f ( 0)) − ( f ( 0)) 2 = → f ( ) = f ( ) = Nếu f ( ) = thay vào (10) ta có f ( f ( x ) ) = f ( x ) , x  , thay kết vào (*) ta có f ( x) = x Nếu f ( ) = thay vào (10) ta có f ( f ( x ) ) = f ( x ) − , thay vào (*) ta có f ( x ) = Kết luận: thay vào ta thấy có hàm số f ( x ) = x, x  → Ví dụ 10: Tìm tất hàm số f : f x +1 thỏa mãn yêu cầu thỏa mãn (( x − y ) ) = ( f ( x )) − 2xf ( y ) + y , x, y  2 Lời giải: Thay x = y = ( f ( ) ) = ( f ( ) ) → f ( ) = f ( ) = Trường hợp 1: Nếu f ( ) = , thay x = y vào điều kiện ban đầu ta f ( ) = ( f ( x ) ) − xf ( x ) + x = ( f ( x ) − x ) → f ( x ) = x, x  2 Nhận thấy hàm số thỏa mãn Trường hợp 2: Nếu f ( ) = lại thay x = y = ta nhận được, với x  f ( x ) = x + f ( x ) = x − Giả sử tồn giá trị a cho f ( a ) = a − Khi thay x = a, y = ta f ( a ) = a − 4a + Nhưng ta lại có f ( a ) = a + f ( a ) = a − Do ta phải có a − 4a + = a + a − 4a + = a − , tức a = a = Tuy nhiên kiểm tra không thỏa Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu f ( x ) = x, x  Ví dụ 11: Tìm tất hàm số f : → f ( x ) = x + 1, x  thỏa mãn điều kiện ( ) f ( x3 − y ) + y ( f ( x ) ) + y = f ( x + f ( y ) ) , x, y  Lời giải: Thay y = x ta có | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi ( ) f ( ) + x3 ( f ( x ) ) + x = f ( x3 + f ( x ) ) , x  Thay y = − f ( x ) ta ( f ( x3 + f ( x ) ) − f ( x ) ( f ( x ) ) + ( f ( x ) ) 2 ) = f (0) , x  Từ hai đẳng thức ta ( ) x3 ( f ( x ) ) + x = ( f ( x ) ) , x  Do ( = ( f ( x ) ) − x3 ( f ( x ) ) + x 2 ) ) ( ( f ( x ) ) x − x )  x  15  = ( f ( x ) − x ) ( ( f ( x )) + x ( f ( x ) + x )) = ( f ( x ) − x )   f ( x ) +  + x   16   ( = ( f ( x ) ) − ( f ( x ) ) x + 3 2 3 3  x3  15 Chú ý  f ( x ) +  + x = x = 0, f ( ) = Bởi trường hợp ta có f ( x ) = x3  16  Thử lại thấy hàm số thỏa mãn toán Bài tập vận dụng Bài tập 1: (Slovenia 1999)Tìm tất hàm f : → thỏa mãn f ( x − f ( y ) ) = − x − y, x, y  (1) Lời giải: Thay x f ( y ) (1) f ( ) = − f ( y ) − y → f ( y ) = − y − f ( ) + ( ) Cho y = thay vào ( ) f ( ) = 1 Suy f ( y ) = − y + y  2 Bài 2: (Khánh Hịa 2017) Tìm tất hàm f : → thỏa mãn: f ( xy ) + f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + x + x, y  Lời giải: Đặt g ( x ) + x = f ( x ) phương trình hàm cho trở thành: g ( xy ) + g ( x − y ) + g ( x + y + 1) = x, y  (1) Trong (1) cho x = 0, y = 0; x = 0, y = 1; x = 0, y = 2; x = 1, y = 1; → g ( ) = Trong (1) cho y = → g ( x ) + g ( x + 1) = x  ( ) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 7| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Trong (1) cho y = −1 → g ( − x ) + g ( x + 1) + g ( x ) = x  ( 3) Từ (2) (3) suy g ( − x ) = x  Bài 3: Tìm tất hàm số f : → → g ( x ) = x  → f ( x ) = x x  Thử lại thấy thỏa mãn , biết f hàm số chẵn thỏa mãn: f ( xy ) − f ( x ) f ( y ) = 2014 ( f ( x + y ) − xy − 1) với x, y  Lời giải: Từ (1) cho y = , ta có: f ( ) − f ( x ) f ( ) = 2014 ( f ( x ) − 1)  ( f ( x ) − 1) ( f ( ) + 2014 ) = với x  Nếu f ( )  −2014 f ( x ) = với x  R Khi f khơng thỏa mãn (1) Do f ( ) = −2014 Từ (1) thay x x y x , ta được: f ( x ) − ( f ( x ) ) = 2014 ( f ( x ) − x − 1) (2) Từ (1) thay x x y − x , ta được: f ( − x ) − f ( x ) f ( − x ) = 2014 ( f ( ) + x − 1) (3) Vì f hàm số chẵn nên viết (3) lại sau: f ( x ) − ( f ( x ) ) = 2014 ( f ( ) + x − 1) (4) Lấy (4) trừ (2) vế theo vế ta được: f ( x ) = x + f ( ) với x  Suy ra: f ( x ) = x + f ( ) = x − 2014 với x  Bài 4: (Thanh Hóa 2017) Tìm tất hàm f : → thỏa mãn: f ( f ( x ) + f ( y ) ) = f ( x ) + x f ( y ) + ( f ( y ) ) x, y  (1) Lời giải: Trong (1) cho: • x = 1, y = → f ( f (1) + f ( ) ) = f (1) + f ( ) + f ( ) ( ) • x = 0, y = → f ( f ( ) + f (1) ) = f ( ) + f (1) ( 3) | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Từ (2) (3) suy f (1) = − f ( ) f (1) = f ( ) + • Nếu f (1) = − f ( ) ta có f ( ) = f (1) + f ( ) + f ( ) → f ( ) = f (1) = Trong (1) cho x = có: f ( f ( y ) ) = f ( y ) y  Trong (1) cho x = có: f ( f ( y ) ) = f ( y ) + f ( y ) y  Từ suy f ( y ) = y y  • Nếu f (1) = f ( ) + , (1) thay x y , y x f ( x ) + x f ( y ) + ( f ( y ) ) = f ( y ) + y f ( x ) + ( f ( x ) ) x, y  ( ) 2 Trong (4) cho x = 0, x = ta được: f ( ) + ( f ( y ) ) = f ( y ) + y f ( ) + ( f ( ) ) y  2 f (1) + f ( y ) + ( f ( y ) ) = f ( y ) + y f (1) + ( f (1) ) y  2 Từ hai phương trình kết hợp f (1) = f ( ) + ta f ( x ) = x + f ( ) x  Thử lại thấy f ( ) = Hàm f ( x ) = x x  f ( x ) = x x  thỏa mãn Vậy có hai hàm thỏa mãn f ( x ) = x  Bài 5: (Chuyên ĐH Vinh 2017) Tìm tất hàm f : f (1)  f ( xy − 1) + f ( x ) f ( y ) = 3xy − x, y  (1) → thỏa mãn: Lời giải: Trong (1) cho y = có: f ( −1) + f ( ) f ( x ) = −1x  Từ suy f ( ) = ngược lại ta có f ( x ) = c x  (c số), không thỏa mãn đề Trong (1) cho x = 1, y = ta có f ( ) + f (1) = → f (1) = (do f (1)  ) Trong (1) thay x x + , cho y = có f ( x ) + f ( x + 1) = 3x + x  ( ) Trong (2) cho x = −1 → f ( −1) = −1 Trong (1) thay x − x − , cho y = −1 có f ( x ) − f ( − x − 1) = 3x + x  ( 3) Từ (2),(3) suy f ( x ) = − f ( − x ) x  Trong (1) cho y = −1 có f ( − x − 1) + f ( − x ) = −3x − → f ( x + 1) + f ( x ) = 3x + 1x  ( ) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 9| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Từ (3),(4) suy f ( x ) = x x  Thử lại thấy thỏa mãn Bài 6: (Chuyên Sư phạm HN 2018) Tìm tất hàm f : f → thỏa mãn: ( ( x − y ) f ( x ) − f ( y ) ) + ( x + 1) f ( y − x ) + x = x, y  (1) Lời giải:  f (0) = Trong (1) cho x = y = ta có: f ( ) = f ( ) →   f ( ) = Trường hợp 1: f ( ) = Trong (1) cho x = ta có: f ( y ) = y  Thử lại thấy không thỏa mãn Trường hợp 2: f ( ) = Trong (1) cho y = −2 x ta có: f ( x ) f ( − x ) = − xf ( − x ) + x x  Trong (1) thay x − x ,thay y −2x ta có: f ( x ) f ( − x ) = + xf ( x ) − x x  ( ) Từ suy f ( − x ) = − f ( x ) x  Mà f ( ) = → f ( −0 ) = − f ( ) nên f ( − x ) = − f ( x ) x  ( 3) Từ (2) (3) ( f ( x ) − 1) ( f ( x ) + x − 1) = x  Gỉa sử tồn a, b  thỏa f ( a ) = f ( b ) = − b Mặt khác (1) cho x = b, y = a − b có 1 = − b b = , vô lý f (a + b) = 1− b →  → 1 − ( a + b ) = − b  a = Do f ( x ) = x  f ( x ) = − x + x  Thử lại thấy thỏa mãn Bài 7: (Bắc Ninh 2018) Tìm tất hàm f : → thỏa mãn: xf ( x + xy ) = xf ( x ) + f ( x ) f ( y ) , x, y  Lời giải: Trong (1) cho x = y = ta có: f ( ) =  f (1) = Trong (1) cho x = y = −1 ta có:   f ( −1) = Trường hợp 1: f ( −1) = 10 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM (1) Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Trong (1) thay y = f ( x) − x f ( x ) −1  f ( x) − x   + − f x ( )   ( x − ) f  ta có:  f ( x) − x    f ( x) − x f + f ( x) = f  x + f ( x )  , x   f ( x ) −1    f ( x ) −1      f ( x) − x   ( x − 2) f  = 0, x   f ( x ) −    f ( x) − x  f ( a ) = 0, a = , x  f ( x) −1 Trong (1) thay x = a, y = ta có: ( a − 2) f ( 2) + f ( + f ( a )) = f ( a + f ( a )) =  a = f ( 2) = f ( x) − x ⎯⎯ → = 1, x  ⎯⎯ → f ( x ) = x − 1, x  f ( x ) −1 Ta thấy với x = thỏa mãn hàm Vậy tốn có nghiệm hàm f ( x ) = 0, x  f ( x ) = x − 1, x  Bài tập 4: (Thổ Nhĩ Kỳ 2012) Tìm tất hàm f : ( → thỏa mãn: ) i) f f ( x2 ) + y + f ( y ) = x2 + f ( y ) ii) x  y f ( x )  f ( y ) Lời giải: • Ta chứng minh f đơn ánh Cho y = thay vào i) ( ) f f ( x2 ) + f ( 0) = x2 + f ( 0) ,  x  ⎯⎯ → f ( f ( x ) + f ( ) ) = x + f ( ) ,  x  (1) Do f đơn ánh  0; + ) ( ) ( ) i) Giả sử tồn y1 , y2 thỏa mãn f ( y1 ) = f ( y2 ) ⎯⎯ → f f ( x ) + y1 + f ( y1 ) = f f ( x ) + y2 + f ( y2 ) Vì f khơng bị chặn nên cho x đủ lớn f ( x ) + y1 + f ( y1 ) , f ( x ) + y2 + f ( y2 ) dương nên từ (1) kết → f đơn ánh hợp f đơn ánh  0; + ) ta có y1 = y2 ⎯⎯ • Ta chứng minh f ( ) = ( ) + Nếu f ( )  cho x = −2 f ( ) thay vào (1) f f ( −2 f ( ) ) + f ( ) = hay tồn c  thỏa f ( c ) = Cho x = 0, y = c thay vào i) f ( f ( ) + c ) = Vì f đơn ánh nên f ( ) + c = c → f ( ) = CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 45 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Nếu f ( x )  cho x = y = thay vào i) f ( f ( ) ) = f ( ) Trong (1) cho x = x0 = f ( ) = f ( ) + f ( f ( ) ) có: ( ) f ( x0 ) = f f ( ) + f ( f ( ) ) = f ( ) + f ( ) = f ( ) Ta có f ( f ( x0 ) + f ( ) ) = f ( f ( ) ) = f ( ) + f ( ) = f ( ) ( ) Cho x = 0, y = f ( ) thay vào (1) f ( f ( ) ) = f ( ) ( 3) Từ (2) (3) suy f ( ) = • Khi (1) viết lại f ( f ( x ) ) = x,  x  (2) Thay x = vào i) ta f ( y + f ( y ) ) = f ( y ) ,  y  Cho y = f ( x ) ta f ( f ( x ) + x ) = x, x  Từ (2) (3) suy f ( x ) = x, x  ( 3) • Với y0  ln tồn x0 cho x02 + y0 + f ( y0 )  Do từ i) (3) ta có f ( x02 + y0 + f ( y0 ) ) = x02 + y0 + f ( y0 ) = x02 + f ( y0 ) ⎯⎯ → f ( y0 ) = y0 ⎯⎯ → f ( x ) = x, x  Thử lại thấy thỏa mãn Bài tập 5: (Olympic Duyên hải Bắc 2016) Tìm tất hàm số f ( xf ( x + y ) ) = f ( yf ( x ) ) + x , x, y  f: → cho: (1) Lời giải: Cho x = vào (1) ta có f ( ) = f ( yf ( ) ) , y  lại cho y = t f ( ) = f ( t ) , t  f (0) , suy f ( ) = ngược ta thu f hàm hằng, thay vào (1) thấy vô lý Cho y = y = − x vào (1) có f ( xf ( x ) ) = x = f ( xf ( x − x ) ) = f ( − xf ( x ) ) + x x  → − x = f ( − xf ( x ) ) Nếu tồn t0  cho f ( t0 ) = = f ( t0 f ( t0 ) ) = ( t0 ) vơ lý Chứng minh hàm số cần tìm đơn ánh Giả sử f ( x ) = f ( y ) ta có: 46 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi x = f ( xf ( x ) ) = f ( xf ( y ) ) = f (( y − x ) f ( x )) + x →f (( y − x ) f ( x )) =  f ( x) = → →x= y x − y = Ta chứng minh f ( − x ) = − f ( x )  x  Ta xét x  x = hiển nhiên → z  cho f ( x ) = z Vì f đơn ánh Giả sử f ( x )  ⎯⎯ f ( zf ( z ) ) = z nên x = zf ( z ) f ( − x ) = f ( − zf ( z ) ) = − z = − f ( x ) Trong trường hợp f ( x )  chứng minh tương tự Mặt khác, ta có f ( yf ( x ) ) = − x + f ( xf ( x + y ) ) 2 = − x + ( x + y ) − ( x + y ) + f ( − xf ( x + y ) )    (( x + y ) f ( y )) = xy + ( − y ) + f ( ( x + y ) f ( − y ) )  = xy + f ( − yf ( x ) )   = y + xy − f Suy f ( yf ( x ) ) = xy ,  x, y  Tương tự f ( xf ( y ) ) = xy xf ( y ) = yf ( x ) → f ( x ) = cx,  x  thay vào (1) suy c  −1;1 Thử lại hai hàm số f ( x ) =  x thỏa mãn yêu cầu Bài tập 6: (Argentia TST 2008) Tìm tất hàm f : ( 0; + ) → ( 0; + ) thỏa mãn x ( f ( x ) + f ( y ) ) = ( x + y ) f ( yf ( x ) ) , x, y  (1) Lời giải: Ta chứng minh f đơn ánh Gỉa sử tồn x1 , x2  thỏa mãn f ( x1 ) = f ( x2 )  Lần lượt cho x = x1 , x = x2 thay vào (1) ta được:  x1 ( f ( x1 ) + f ( y ) ) = ( x1 + y ) f ( yf ( x1 ) ) → x12 ( x2 + y ) = x22 ( x1 + y )   x2 ( f ( x2 ) + f ( y ) ) = ( x2 + y ) f ( yf ( x2 ) )  ( x1 − x2 ) ( x1 x2 + y ( x1 + x2 ) ) =  x1 = x2 Vậy f đơn ánh ( 0; + ) Cho x = y thay vào (1) có: x f ( x ) = xf ( xf ( x ) ) → xf ( x ) = f ( xf ( x ) ) , x  ( ) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 47 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Trong ( ) cho x = ta thu f (1) = f ( f (1) ) → f (1) = Trong (1) cho x = ta thu + f ( y ) = ( y + 1) f ( y ) → f ( y ) = , y  Thử lại thấy thỏa mãn y Bài tập 7: Tìm tất hàm số f : ( 0; + ) → ( 0; + ) thỏa mãn : ( ( )) ) ( xf ( x ) f ( f ( y ) ) + f ( yf ( x ) ) = f ( xy ) f f ( x ) + f f ( y ) , với x, y  ( 0; + ) Lời giải: Thay ( x; y ) = (1;1) ta được: ( ) f (1) f ( f (1) ) + f ( f (1) ) = f (1) f ( f (1) ) + f ( f (1) ) → f ( f (1) ) = f (1) f ( f (1) ) Vì f ( f (1) )  ( 0; + ) nên f (1) = ( ) Thay ( x; y ) = (1; x ) sử dụng f (1) = ta được: f ( f ( x ) ) = f ( x ) f f ( x ) , x  ( ) Thay ( x; y ) = ( x;1) sử dụng f (1) = ta xf ( x ) = f ( x ) ; x f ( x ) = xf ( x ) , x  ( 3) f f ( x) ( ( )) = (f ( x ) ) = f ( f ( x )) , x  ( 4) Từ (2) (3) suy ra: f f x 2 Ta chứng minh f đơn ánh, giả sử  ,   ( 0; + ) thỏa mãn f ( ) = f (  ) Khi f f ( ) f f ( ) ( ( )) = (f ( ) ) = (f (  ) ) = f ( f (  )) , x  (5) f f  2 Trong (1) thay y x ta được: ( ) xf ( x ) f ( f ( x ) ) + f ( xf ( x ) ) = f ( x ) f f ( x ) = f ( x) x → xf ( x ) f ( f ( x ) ) + xf ( xf ( x ) ) = f ( f ( x ) ) , x  ( ) f ( x2 ) = f ( f ( x )) x , x  → xf ( xf ( x ) ) = f ( f ( x ) ) ( − xf ( x ) ) , x  ( ) Trong (6) thay x x ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) x f ( x ) f f ( x ) + x f x f ( x ) = f f ( x ) , x  → x f ( xf ( x ) ) = f f ( x ) ( − xf ( x ) ) , x  (8 ) Từ (6) (8) suy ra: x = Từ (5) (8) suy  = ( ) , x  (9 ) ( ) = f ( f (  )) =  f f ( x2 ) f ( f ( x )) f f ( ) f ( f ( ) ) f ( f (  )) 48 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM Do f đơn ánh Kết hợp (4) suy Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi f ( x ) =  f ( x ) , x  → f ( x) =  f ( x ) , x  ⎯⎯ → f ( x ) = , x  x x Thử lại thấy f ( x ) = , x  thỏa mãn điều kiện ban đầu x Bài tập 8: Tìm hàm f : → thỏa mãn hai điều kiện i) f ( x + f ( y ) ) = y + xf ( x ) x, y  ii) f , (( f ( x )) + f ( y )) = y + xf ( x ) x, y  Hướng dẫn giải: Ta tìm hàm f thỏa mãn ii) Đối với i) ta làm tương tự Ngồi thấy hai điều kiện biến đổi Ta dễ thấy f đơn ánh f ( ) = 0, f ( f ( y ) ) = y y  Trong ii) thay x f ( x ) ta có ( ) f  f ( f ( x ) )  + f ( y ) = y + f ( x ) f ( f ( x ) ) Mặt khác f ( f ( y ) ) = y, y  nên f ( x + ( y ) ) = y + xf ( x ) , x, y  Kết hợp ii) f ( x + f ( y ) ) = f (( f ( x )) + f ( y )) mà f đơn ánh nên x + f ( y ) = ( f ( x ) ) + f ( y ) Suy ( f ( x ) ) = x , x  Ta không tồn đồng thời a  0, b  thỏa mãn f ( a ) = a, f ( b ) = −b Thật vậy, giả sử tồn a, b Trong ii) lấy x = a, y = b ta có f ( a − b ) = a + b nên ( a − b ) = ( a + b ) → a 2b = , mâu thuẫn Do ( f ( x ) ) = x , x  2 Vậy f ( x ) = x x  f ( x ) = − x x  Thử lại thấy hai hàm thỏa mãn Bài tập 9: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn f ( x + y + f ( y ) ) = f ( f ( x ) ) + y, x, y  Hướng dẫn: Chứng minh f đơn ánh Thật vậy, với x, y thỏa mãn f ( x ) = f ( y ) ta có CHUN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 49 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi  f ( x + y + f ( y ) ) = f ( f ( x ) ) + y →x= y   f ( x + y + f ( x ) ) = f ( f ( y ) ) + x Chọn y = ta f ( x + f ( ) ) = f ( f ( x ) ) ⎯⎯ → f ( x ) = x + f ( ) , x  Vậy f ( x ) = x + c, x  với c số Thay vào điều kiện toán ta x + y + f ( y ) + c = f ( x ) + c + y  x + y + y + 2c = x + 2c + y (luôn đúng) Bài tập 10: Tìm hàm số f : → cho: ( f ( f ( x ) + y ) = 3x + f f ( f ( y ) ) − x ) x, y  (1) Lời giải: Đặt a = f ( ) Trong (1), cho y = − f ( x)   ta có a = x + f  f        − f ( x)   f   − x  x     suy f toàn ánh Ta chứng minh f đơn ánh Thật vây giả sử f ( u ) = f ( v ) Từ (1) cho y u , v ta có ( f ( f ( x ) + 2u ) = 3x + f f ( f ( u ) ) − x ( f ( f ( x ) + 2v ) = 3x + f f ( f ( v ) ) − x ) ) x  x  (2) (3) Lấy (2) trừ (3) ta có f ( f ( x ) + 2u ) = f ( f ( x ) + 2v ) x  f ( x + ( u − v ) ) = f ( x ) x  Do f toàn ánh nên suy (4) Từ (4) , sử dụng phương pháp quy nạp ta có f ( x + 2n ( u − v ) ) = f ( x ) x  , n  (5) Từ (1), cho x x + ( u − v ) ta thu được: ( ) ( f f ( x + ( u − v ) ) + y = 3x + ( u − v ) + f f ( f ( y ) ) − x − ( u − v ) ( → f ( f ( x ) + y ) = 3x + ( u − v ) + f f ( f ( y ) ) − x ) x, y  ) x, y  (6) Từ (1) (6) ta suy u − v = Vậy f đơn ánh ( ) Trong (1) cho x = ta có f ( z + y ) = f f ( f ( y ) ) → f ( f ( y ) ) = y + a Từ (1) trở thành f ( f ( x ) + y ) = 3x + f ( y + a − x ) x, y  Lại cho tiếp y = ta có : 50 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM y  Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi f ( f ( x ) ) = 3x + f ( a − x ) x  → x + a = x + f ( a − x ) x  → f (a − x) = a − x x  → f ( x) = x x  Thử lại ta có f ( x ) = x x  nghiệm phương trình (1) Bài tập 11: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn: f ( x + y + z ) = f ( f ( x)) + yf ( x) + f ( z ), x, y, z  (1) Lời giải: Giả sử tồn hàm số f thỏa đề • Nhận thấy f ( x)  0, x  • Giả sử f ( x )  tức tồn u  thỏa (1) cho f (u )  Kí hiệu P ( u , v ) thay x u , y v vào (1) Với x  ta có:   x − f ( f (u )) − f (0)    x − f ( f (u )) − f (0)  p  u; ;0  → f  u;  → f toàn ánh   = x ⎯⎯   f (u ) f (u )      p ( x;0;0) → f ( x) = f ( f ( x)) + f (0) → f ( x) = x + f (0) (Vì f tồn ánh nên f ( f ( x)) = x ) (2) Thay (2) vào (1) ta được: x + y + z + f (0) = f ( x + f (0)) + y( x + f (0)) + z + f (0) → x + y = f ( x + f (0)) + y( x + f (0)) → x + y = x + f (0) + f (0) + y( x + xf (0)) → y = f (0) + y( x + xf (0)) (3) Thay y vào (3) ta được: f (0) = từ (2) ta được: f ( x) = x, x  Thử lại, thấy hàm số khơng thỏa mãn(1) Do có hàm số thỏa mãn yêu cầu toán là: f ( x)  0, x  Nhận xét: Ngồi cách nhận biết tính chất tồn ánh f dựa vào vế đẳng thức hàm bậc ta cịn chứng minh f toàn ánh cách y  R, x  R thỏa mãn f ( x ) = y Sỏ dĩ ta nhận biết cách thay y x − f ( f (u )) − f (0) vào (1) y p (u , y, 0) → f (u + y ) = f ( f (u )) + yf (u ) + f (0), y  R Với x  R xét x = f ( f (u )) + yf (u ) + f (0) → y = x − f ( f (u )) − f (0) f (u ) Vì ta thực CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 51 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi  x − f ( f (u )) − f (0)  p  u,  f (u )   Để suy f tồn ánh Đối với tốn phương trình hàm ta vận dụng tính chất tồn ánh f điều dó giúp ta tính số giá trị đặc biệt hàm f ( ) ; f (1) làm sở để tìm đáp án tốn Bài tập 12: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( y + f ( x ) ) = f ( x ) + y f ( x ) + y f ( x ) + yf ( x ) + f ( − y ) , x, y  (1) Hướng dẫn: Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn (1) Trường hợp 1: f ( x ) = Thử lại ta thấy f ( x ) = thỏa mãn (1) Trường hợp 2: f ( x )  → x0  , f ( x0 )  Ta có: (1)  f ( y + f ( x ) ) − f ( − y ) =  y + f ( x )  − y , x, y  ( *) Thay x = x0 vào (*), ta ( y + f ( x ) ) − f ( − y ) =  y + f ( x ) 0 − y , x, y  ( 2) Ta thấy vế phải (2) hàm số bậc nên có tập giá trị → y  u , v  Do hàm số f có tập giá trị cho f ( u ) − f ( v ) = y Thay y = vào (*), ta f ( f ( x ) ) =  f ( x )  + a, x  ( a = f ( 0)) (3) Thay y = − f ( y ) vào (*), ta f ( f ( x ) − f ( y ) ) − f ( f ( y ) ) =  f ( x ) − f ( y )  −  f ( y )  , x, y  4 (4) Từ (3) (4) suy f ( f ( x ) − f ( y ) ) =  f ( x ) − f ( y ) + a, x, y  f ( f ( u ) − f ( v ) ) =  f ( u ) − f ( v )  + a, u , v  hay → f ( y ) = y + a, y  ⎯⎯ → f ( x ) = x + a, x  Thử lại ta thấy f ( x ) = x + a thỏa mãn điều kiện (1) Vậy f ( x ) = f ( x ) = x + a ( a số) hàm số cần tìm Bài tập 13: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x − f ( y )) = f ( x) + f ( f ( y )) − xf ( y ) + f ( y ) + 2012 x, y  Lời giải: 52 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Cho x = f ( y ) ta thu f (0) = f ( f ( y )) − f ( y ) + f ( y ) + 2012 Hay f ( f ( y )) = 1 f ( y ) − f ( y ) − 1006 + f (0) (2) 2 Và ta đoán f ( x) = x − x + c (*) 2 Nhưng để có điều ta cần f tồn ánh Cơng việc khó Ta thử thêm chút: Thay x f ( x) ta có f ( f ( x) − f ( y )) = f ( f ( x)) + f ( f ( y )) − f ( x) f ( y ) + f ( y ) + 2012 1 Và sử dụng (2) ta f ( f ( x) − f ( y )) = ( f ( x) − f ( y )) − ( f ( x) − f ( y )) + f (0) 2 Và để thực dự đoán (*), ta cần với t , tồn x0 , y0 để t = f ( x0 ) − f ( y0 ) ? Hiển nhiên f khơng thể đồng Do tồn a mà f ( a )  Trong (1), cho y = a ta f ( x − f (a )) = f ( x) + f ( f (a )) − xf (a ) + f (a ) + 2012 Hay f ( y − f (a )) − f ( y ) = f ( f (a )) − yf (a ) + f (a ) + 2012 Với số thực t , ta cần chọn x0 ; y0 để thay vào đẳng thức cho vế phải t hay y0 = f ( f (a)) + f (a) + 2012 − t vế trái f ( x0 ) − f ( y0 ) hay x0 = y0 − f (a ) f (a) Khi ta có f ( x0 ) − f ( y0 ) = f ( y0 − f (a)) − f ( y0 ) = f ( f (a)) − y0 f (a) + f (a) + 2012 = t 1 Vậy f (t ) = t − t + f (0) Thay t f ( y ) sử dụng (2) ta 2 −1006 + 1 f (0) = f (0) → f (0) = 2012 → f ( x) = x − x + 2012,, x  2 Bài tập 14: (Hàn Quốc 2003) Tìm tất hàm số f : → , thử lại thỏa thỏa mãn: f ( x − f ( y ) ) = f ( x ) + xf ( y ) + f ( f ( y ) ) , x, y  (4) Lời giải: Nhận thấy hàm f ( x )  thỏa mãn yêu cầu toán Xét trường hợp f ( x )  Thế x = f ( y ) vào (4) ta x2 f ( 0) f ( 0) = f ( z ) + z → f ( x ) = − + 2 Hay f ( f ( x )) = − f ( x) + f ( 0) Thế x = f ( z ) , với z số thuộc ta f ( f ( z ) − f ( y )) = f ( f ( z )) + f ( z ) f ( y ) + f ( f ( y )) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 53 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Với lưu ý f ( f ( y )) = − f ( y) + f ( 0) f (z) f ( f ( z ) ) = − + f ( 0) Thay vào quan hệ hàm ta f ( f ( z ) − f ( y )) ( f ( z ) − f ( y )) =− 2 + f ( 0) Tiếp theo ta chứng tỏ tập  f ( x ) − f ( y ) | x, y  (5) = Do f ( x )  nên tồn giá trị y0 cho f ( y0 ) = a  Khi từ quan hệ (4) ta có f ( x − a ) = f ( x ) + xa + f ( a ) → f ( x − a ) − f ( x ) = ax + f ( a ) Vì vế phải hàm bậc nhấ X nên xa + f ( a ) có tập giá trị tồn có tập giá trị toàn , x  Mà  f ( x ) − f ( y ) | x, y     f ( x − a ) − f ( x ) | x   = Do  f ( x ) − f ( y ) | x, y  f ( x) = − = Do hiệu f ( x − a ) − f ( x ) , Vậy từ quan hệ (5) ta thu x2 + f ( ) , x  Mặt khác ta lại có f ( x) = − x2 + f ( ) , x  Nên f ( ) = Thử lại thấy hàm số f ( x ) = − x2 , x  thỏa mãn hệ hàm x2 Kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn f ( x ) = − , x  f ( x )  0, x  Nhận xét: Bài toán lấy ý tưởng từ thi IMO 1996: Tìm tất cá hàm số f : f ( x − f ( y ) ) = f ( f ( y ) ) + xf ( y ) + f ( x ) − 1, x, y  Đáp số f ( x ) = − → thỏa mãn x2 + 1, x  Bài tập 15: (Việt Nam TST 2004) Tìm tất giá trị a cho tồn hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x2 + y + f ( y )) = ( f ( x )) Lời giải: 54 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM + ay, x, y  (1) Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Giả sử tồn hàm số f ( x ) thỏa yêu cầu Khi a = , từ (1) ta f ( x + y + f ( y )) = ( f ( x)) , x, y  ta có hai hàm số thỏa mã f ( x )  f ( x)  → a = (loại) Khi a  Vì vế phải hàm bậc nên y có tập giá trị ⎯⎯ → b  Do f tồn ánh : f (b) = Tìm b Thay y b vào (1) ta : f ( x + b) = ( f ( x)) + ab, x  (2) Thay x –x vào (2) ta : f ( x + b) = ( f (− x)) + ab, x  Từ (2) (3) ta :  f ( x) = f (− x) ⎯⎯ → f (−b) = ( f ( x)) = ( f (− x)) →   f ( x) = − f (− x) Thay y –b vào (1) ta : f ( x − b) = ( f ( x)) − ab, x  (4) → f ( x + b) − f ( x − b) = 2ab (5) Từ (3), (4) ⎯⎯ Thay x vào (5) ta được: f (b) − f (−b) = 2ab → 2ab =  b = (a  0) Vậy f (b) =  b = Thay x vào (1) ta : f ( y + f ( y )) = ay (6) Thay y vào (6) ta được: f (1 + f (1) ) = a Thay y vào (1) ta : f ( x ) = ( f ( x ) ) (8) (7)  f (1) = Thay x vào (7) ta : f (1) = ( f (1) ) →   f (1) = Vì f ( x ) = → x = nên ta nhận f (1) = Thay f (1) = vào (8) ta f ( ) = a a = Ta có : a = ( f (2)) = f (22 ) = f (4) = f (( 2) + 2) = f (( 2) ) + a = f (2) + a = 2a →  a = Vì a  nên ta nhận a = Vậy a = Khi (1) trở thành: f ( x + y + f ( y )) = ( f ( x)) + y, x, y  Thay y − (9) ( f ( x)) vào (9) ta được:  ( f ( x))  ( f ( x))  ( f ( x))    ( f ( x))   2 f x − + f − + f −   = ( f ( x)) − ( f ( x)) → f  x −  = 2  2      → x2 −  ( f ( x))  ( f ( x)) + f −  = 0, x  2   Vì ( f ( x) =  x = ) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 55 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi  ( f ( x))  ( f ( x)) 2 → f −  = −x −   (10) Hay f ( y ) = − x − y  f ( y ) + y = − x , x  Thay y − (11) ( f ( x)) f ( y ) + y − y (11), kết hợp với (7) từ (9) ta được: f ( x − y ) = ( f ( x)) − ( f ( y )) = f ( x ) − f ( y ), x, y  (12) → f hàm số lẻ Từ (12) thay x ta được: f (− y ) = − f ( y ) ⎯⎯ Khi từ (1) ta có: f ( x + y ) = f ( x − (− y )) = f ( x) − f (− y ) = f ( x) + f ( y ), x, y  ⎯⎯ → f cộng tính Ta lại có: ( f ( x)) = f ( x ) nên ( f ( x + y )) = f ( x + y )  ( f ( x) + f ( y )) = f ( x + xy + y )  ( f ( x)) + f ( x) f ( y ) + ( f ( y )) = f ( x) + f ( y ) + f (2 xy ) → f ( x) f ( y ) = f ( xy ) → f nhân tính Hàm f vừa cộng tính vừa nhân tính nên f ( x )  x thử lại ta thấy hàm f ( x )  x thỏa yêu cầu toán Nhận xét: Đây toán khó, tính chất tồn ánh f sử dụng hiệu quả; dấu hiệu nhận biết tính chất tồn ánh vế phải đẳng thức hàm bậc nhất, khẳng định f toán ánh ta b  R : f (b) = , từ ta tìm b Từ điều kiện f (0) = ta nhận xét loạt tính chất đặc biệt f f (0) = , f ( x ) = ( f ( x)) , tính chất f hàm số lẻ; tính nhân tính; cộng tính hàm f làm sở để tìm kết tốn Nếu ban đầu ta khơng tìm cách vận dụng tính chất tồn ánh f khó giải Vì giải tốn phương trình hàm việc nhận biết vận dụng tính chất hàm f quan trọng giúp việc giải tốn cách dễ dàng → Bài tập 16: Tìm hàm số f : thỏa mãn điều kiện: f ( x − f ( y ) ) = f ( x ) + x + f ( y ) , x, y  Lời giải: Nhận thấy hàm f ( x )  không thỏa mãn yêu cầu Xét f ( x )  Thay x f ( y ) vào (6) ta f ( f ( y )) = − f ( y ) + f ( 0) Lại thay x f ( x ) ta 56 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM (6) Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi f ( f ( x )) − f ( y ) = f ( f ( x )) + f ( x ) + f ( y )  f ( 0)  = 2 − f ( x) +  + f ( x) + f ( y)   = − ( f ( x ) − f ( y )) + f ( 0) Tuy nhiên việc chứng minh tập  f ( x ) − f ( y ) | x, y   có tập giá trị chưa thực Từ ta có f ( f ( x ) − f ( y )) = f ( f ( x ) − f ( y ) − f ( y )) = f ( f ( x ) − f ( y )) + f ( x ) − f ( y ) + f ( y ) = −2 ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( ) + f ( x ) = − ( f ( x ) − f ( y )) + f ( 0) Ta chứng minh tập  f ( x ) − f ( y ) | x, y   Thật vạy tồn giá trị y0  cho f ( y0 ) = a  Khi thay y = y0 vào (6) ta có f ( x − a ) − f ( x ) = x + a, x  Mà x  thif x + a có tập giá trị Chứng tỏ tập  f ( x ) − f ( y ) | x, y   f ( x ) − f ( y ) | x, y     f ( x − a ) − f ( x ) | x  luận f ( x ) = − x, x  =  nên  f ( x ) − f ( y ) | x, y   = Mà Do từ (c) ta kết Thay vào (6) ta f ( ) = Kết luận: Hàm số f ( x ) = − x, x  thỏa mãn yêu cầu toán Bài tập 17: Tìm tất hàm f : → thỏa mãn: f ( x + f ( y ) ) − f ( x ) = ( x + f ( y ) ) − x , x, y  (1) Lời giải: Nhận thấy f  nghiệm hàm Xét f  , tồn a  để f ( a )  Trong (1) cho y = a ta được: f ( x + f ( a ) ) − f ( x ) = ( x + f ( a ) ) − x , x, y  ( ) Chú ý VT(2) đa thức bậc x nên tập giá trị f ( x + f ( a ) ) − f ( x ) f ( x + f ( a ) ) − f ( x ) tồn ánh Do với t  tồn u , v  Suy thỏa t = f ( u ) − f ( v ) Trong (1) thay x − f ( y ) ta f ( ) − f ( − f ( y ) ) = − f ( y ) , y   f ( − f ( y ) ) = f ( y ) + f ( ) , y  ( 3) Trong (1) thay x − f ( x ) sử dụng (3) ta CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 57 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi f ( − f ( x ) + f ( y ) ) − f ( − f ( x ) ) = ( − f ( x ) + f ( y ) ) − f ( x ) , x, y   f ( − f ( x ) + f ( y ) ) = ( − f ( x ) + f ( y ) ) + f ( ) , x, y  ( ) Trong (4) cho x = u , y = v f ( − f ( u ) + f ( v ) ) = ( − f ( u ) + f ( v ) ) + f ( )  f ( t ) = t + f ( ) , t  ⎯⎯ → f ( x ) = x + f ( ) , x  Thay vào (1) f ( ) = Vậy tốn có nghiệm hàm f ( x ) = 0, x  f ( x ) = x + 1, x  58 | C CHUYÊN ĐÊ: PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua kỳ thi Olympic NXBGD, 2005 [2] Nguyễn Tài Chung, Chuyên khảo phương trình hàm NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2013 [3] Trần Nam Dũng (CB), Các kỳ thi toán VMO – Lời giải bình luận NXB Thế giới, 2017 [4] [5] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Oleg Mushkarov, Nikolai Nikolov, Topics in Functional Equations XYZ Press 2014 Đề thi chọn ĐT học sinh giỏi số tỉnh [6] Một số tài liệu mạng internet CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 59 | ... = 2014 ( f ( ) + x − 1) (4) Lấy (4) trừ (2) vế theo vế ta được: f ( x ) = x + f ( ) với x  Suy ra: f ( x ) = x + f ( ) = x − 2014 với x  Bài 4: (Thanh Hóa 2017) Tìm tất hàm f : → thỏa mãn:... f (0) = Trong (1) cho x = y = ta có: f ( ) = f ( ) →   f ( ) = Trường hợp 1: f ( ) = Trong (1) cho x = ta có: f ( y ) = y  Thử lại thấy không thỏa mãn Trường hợp 2: f ( ) = Trong (1)... 0; y = thay vào (i) ta có: f (a ) = f (2a ) Theo kết phần suy a = 2a Suy a = Chọn x = 0; y = x , thay vào (i) ta f (2 x) = f (2 f ( x)) , x  Suy ra: f ( x) = x , x  + ⎯⎯ → f ( x) = x , x