Phuong trinh ham

Quá trình tự định hướng của học sinh khi giải các bài toán về phương trình hàm cũng như các bài toán liên quan chưa được tốt, trong quá trình giải phương trình hàm học sinh thường mò mẫm

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG

TRÌNH HÀM THƯỜNG GẶP

PHẦN I: LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Phương trình hàm là một nội dung khó đối với học sinh phổ thông, các tài liệu viết về chuyên đề phương trình hàm chưa nhiều như các chuyên đề khác Quá trình tự định hướng của học sinh khi giải các bài toán về phương trình hàm cũng như các bài toán liên quan chưa được tốt, trong quá trình giải phương trình hàm học sinh thường mò mẫm, chưa phân loại được các dạng phương trình hàm, nên tôi chọn đề tài này với mục đích phân loại một số phương pháp thường gặp giải các dạng phương trình hàm sơ cấp đơn giản với mục đích giúp học sinh

có thể dễ dàng hơn trong việc tiếp cận các phương pháp đơn giản giải phương trình hàm

PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI

1 Phương pháp thế biến

Đây là phương pháp hay sử dụng nhất trong quá trình giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm Sử dụng phương pháp này

ta có thể:

- Cho các biến nhận một số bằng số Thường là các giá trị đặc biệt như 0; ± ± 1; 2

- Thế các biến bằng các biểu thức để làm xuất hiện hằng số hoặc các biểu thức đặc biệt Chẳng hạn nếu phương trình hàm có mặt f(x + y) mà muốn tính giá trị f(0) ta có thể thế x = y = 0 hoặc x = -y Sau đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp này:

Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm số f: R → R thõa mãn điều kiện:

f(x + y) + f(x - y) = 2f(x)cosy,∀x y R, ∈ .

Giải

Giả sử tồn tại hàm f(x) thõa mãn điều kiện bài toán trên

Thay y = π2 ta có: f(x + π2 ) + f(x - π2) = 0 ⇒ f( x + π) = -f(x) (1) Thay y bằng y + π2 ta có: f(x + y +π2 ) + f(x - y - π2) = -2f(x)siny (2) Trong (2) thế x bằng x + π2 ta có:

f(x + y +π) + f(x - y) = -2f(x +π2 )siny (3) Kết hợp với (1) và (30 ta có:

f(x + y) - f(x - y) = 2f(x + π2 )siny (4) Thay x = 0 rồi cộng theo vế với (4) ta có:

f( y) = f(0)cosy + f(π2 )siny Hàm f(y) có dạng acosy + bsiny, và thõa mãn yêu cầu của bài toán Vậy các hàm số cần tìm là các hàm số có dạng:

f(x) = acosx + bsinx ( a, b là các hằng số)

Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm số f: R → R thõa mãn đồng thời hai điều kiện:

f(x) = xf(1x ) ,với ∀ ≠x 0 (1)

f(x) + f(y) = 1 + f(x + y), ∀x y R x y, ∈ ,( , ) (0;0); ≠ x y+ ≠ 0 (2)

Giải

Giả sử tồn tại hàm f(x) thão mãn điều kiện của bài toán

Thay y = 0 vào (2) ta có: f(0) = 1 Thay x = -1 vào (1) ta có f(-1) = 0 Xét x ≠0, x ≠-1 Đặt a = f(1), ta có:

a + 1 = f(1) + 1= f(x11+x x1

+ + ) + 1= ( 1 ) ( )

x

= 1 ( 1) ( 1)

+ + +

+ + = ( ) (1) 1 [ (1) ( ) 1]1

= ( ) 1 [ 1 1 ( )]

x+ − + x − + x

1

f x

a

+

( ) 1, 0; 1

Kiểm tra lại ta thấy hàm số cần tìm là hàm số: y = f(x) = x + 1

Ví dụ 3: Cho hàm số f: R → R, thõa mãn điều kiện:

f(xy + x + y) = f(xy) +f(x) + f(y), ∀x y R, ∈ (1)

Chứng minh rằng:

f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x y R, ∈ (2) Trong (1), cho x = y = 0, ta có f(0) = 0

Cho y = -1, ta được: f(-x) = - f(x)

Cho y = 1, ta được: f(2x + 1) = 2f(x) + 1

Vậy với mọi u v R, ∈ :

f[2(u + v + uv) + 1) = 2f(u + v + uv) + 1

= 2f(uv) + 2f(u) + 2f(v) + 1 (3) Thay x = u, y = 2v + 1, ta có:

f[u + (2v + 1) + u(2v +1)] = f(2uv + u) + f(u) + 2f(v) +f(1) (4)

Từ (3) và (4) ta có:

2f(uv) + 2f(u) + 2f(v) + f(1) = f(u) + 1f(v) + 1 + f(2uv + u) (5) ⇔f(2uv + u) = 2f(uv) + f(u)

Cho v = −12, ta có 0 = 2f(- ) ( ) 2 ( ) ( )

+ = − +

Từ đây ta có: f(u) = 2f(2u) Thế u bằng x ta được:

f(2x) = 2f(x), ∀ ∈x R

Trong (6), thay u bằng y, 2uv bằng x ta được:

f(x) + f(y) = f(x + y), ∀x y R, ∈

2 Phương pháp quy nạp

Ta thường sử dụng phương pháp này khi tìm các hám số xác định trên các tập N, Q, Z Sử dụng phương pháp này ta thường tính giá trị cảu hàm số tại một số giá trị như 0, 1 , n, sau đó tính f(1n) Từ đó suy ra biểu thức f(r) với r ∈Q

Ví dụ: Tìm tất cả các hàm số f: Q → Q thõa mãn các điều kiện:

f(1) = 2; f(xy) = f(x)f(y) - f(x + y) + 1, ∀x y Q, ∈ (1)

Giải:

Trong (1) thay x = 1, y = n ta có:

f(n + 1) = f(n) + 1 Kết hợp với f(1) = 2 và sử dụng nguyên lí qui nạp ta có f(n) = n + 1,

*

n N

∀ ∈

Cho x = 0, y = n ta được: nf(0) = f(n) - 1 = n ⇒f(0) = 1 = 0 + 1

Cho x = - 1; y = 1, ta được: f(-1) = 0 = -1 + 1

Cho x = - 1; y = 1, ta được: f( - n) = -f(n - 1) + 1 = -n + 1

Vậy ta có f(n) = n + 1, ∀ ∈n Z

Cho x = n, y = 1nta được

f(1) = (n + 1)f(1n) - f(n + 1n ) + 1 (2) Tiếp tục cho x = 1, y = m + m1 ta có:

f(1 + m + 1n) = f(m + 1n) + 1

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng ming được f(m + 1n) = m + f(1n)

Thay vào (2) ta có:

2 = (n + 1)f(1n) - [n + f(1n)] + 1 f( )1 1 1

n n

⇒ = + , ∀ ∈n N* Cho x = m, y = 1n, ta có; f(m n ) = m n + 1, hay f(r) = r +1, ∀ ∈r Q+

Cho x = - 1, y = r ta có: f(-r) = - f(r - 1) + 1 = - r + 1

Tóm lại ta có: f(x) = x + 1, ∀ ∈x Q là hàm số cần tìm

3 Sử dụng các tính chất của hàm số cần tìm.

Sử dụng phương pháp này trước hết ta chứng minh hàm số đã cho

có một số tính chất nào đó như đơn ánh, song ánh, toàn ánh, không âm Dựa vào các tính chất có được ta có thể tiến hành giải phương trình hàm đã cho

Ví dụ1: Xác định hàm số f: N → N thõa mãn điều kiện:

f(f(n) + f(m)) = m + n, ∀n m N, ∈

Giải

Giải sử tồn tại hàm số f(x) thõa mãn điều kiện của bài toán Lúc đó:

,

n m N

∀ ∈ , giả sử f(n) = f(m) thì:

m + n = f(f(n) + f(m)) = f(f(n) + f(n)) = n + n

⇒ m = n, nên f(x) là đơn ánh

f(f(n) + f(n)) = 2n = (n - 1) + (n + 1) = f(f(n - 1) + f(n + 1)) ⇒ f(n) + f(n) = f(n - 1) + f(n + 1) ∀ ∈n N*(do f đơn ánh)

Do vậy hàm số f(x) là hàm số tuyến tính, hay f(n) = an + b

Thử lại điều kiện ta được a = 1, b = 0

Vậy hàm số cần tìm là hàm y = f(n) = n.

Ví dụ 2: Xác định tất cả các hàm số f: N → N thõa mãn đồng thời hai điều kiện: f(2) = 2 và f(mn) = f(m).f(n), ∀n m N, ∈

Giải Gọi hàm số cần tìm là y = f(n)

Do hàm số đồng biến nên:

0 ≤ f(0) < f(1) < f(2) 2 = ⇒ f(0) 0, (1) 1 = f =

Đặt: f(3) = 3 + k, k ∈N Do f(6) = f(3)f(2) ⇒ f(6) = 6 + 2k

Như vậy f(5) 5 2k≤ + , nên f(10) = f(2).f(5) ≤ 10 + 4k

Lập luận tương tự ta được:

f(9) ≤ 9 + 4k ⇒f(18) ≤ 18 + 8k ⇒ f(15) ≤ 15 + 8k

Mặt khác:

f(3) = 3 + k; f(5) ≥ 5 + k ⇒f(15) = f(3).f(5) ≥ (3 + k)(5 + k) Tóm lại ta có (3 + k)(5 + k) ≤ 15 + 8k ⇔k2 ≤ 0 ⇒ k = 0

Vậy f(3) = 3, ta chứng minh f(2n + 1) = 2n + 1, ∀ ∈n N*

Thật vậy, hiển nhiên khẳng định đúng với n = 1

Giả sử mệnh đề đúng với n ∈N*, ta chứng minh mệnh đề đúng với n +

1, thật vậy:

f(2n + 1+ 2) = f(2).f(2n + 1) = 2(2n +1) = 2n+ 2 + 2

Do f(x) đồng biến và đơn ánh nên tập:

{f(2n + 2); f(2n + 3; ; f(2n + 1 + 2)}

gồm 2n + 1 số đôi một khác nhau sắp theo thứ tự tăng dần là ảnh của tập gồm 2n + 1 số đôi một khác nhau {(2n + 2);(2n + 3; ; (2n + 1 + 2)}

Như vậy ta có: f(2n + i) = 2n + i, i ∈{2; 3; ; 2n +2}.

Lập luận hoàn toàn ương tự ta có f(n) = n, *

n N

∀ ∈ Vậy hàm số cần tìm là hàm số f(n) = n, ∀ ∈n N*

4 Phương pháp đánh giá:

Trong phương pháp này để tìm hàm số f(x) ta chứng minh:

f x g x

x D f x g x

f x g x

≤

 ≥



Trong đó f(x) là hàm số cần tìm, còn g(x) là hàm số đã xác định trước

Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm số f : R→R, thõa mãn điều kiện:

f(x+ y) + f(x)f(y) = f(xy) + f(x) + f(y), ∀x, y ∈R (1)

Giải

Trước hết ta tìm các nghiệm riêng của phương trình ở dạng hằng số Nếu f(x) = c, ta có c + c2 = 3c Ta thu được c = 0 v c = 2

Giả sử tồn tại nghiệm f(x) của phương trình mà f(x) ≠ c (c là hằng số)

Ta dễ thấy có nghiệm của phương trình là f(x) = x Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được f(x) = x, ∀ ∈x Q, và với ∀x r, ∈Q ta có:

f(r + x) = r + f(x); f(rx) = rf(x) Thay r = -1, ta được:

f(-x) = -f(x)

Sử dụng kết quả trên và thay y bằng - x trong (1), ta có:

f(x2) = (f(x))2 ⇒f(x) ≥ 0, ∀ ≥x 0.

Giả sử f(x) < x Khi đó tồn tại r ∈Q sao cho f(x) < r < x

Ta có: r > f(x) = f(x - r +r) = f(x - r) + r ≥ r (Do f(x - r) ≥ 0) (Vô lí) Tương tự nếu f(x) > x ta cũng chứng minh được mâu thuẫn

Vậy các hàm số cần tìm là: f(x) = 0 ; f(x) = 2; f(x) = x

Ví dụ 2: Cho n ∈N* Hàm số f: R→R, liên tục và thõa mãn điều kiện:

f(0) = 0; f(1) = 1; f(n)(x) = x, ∀ ∈x [ ]0;1

Trong đó f(n)(x) là hàm lặp bậc n của f Chứng minh rằng f(x) = x, [ ]0;1

x

∀ ∈

Giải

Nếu f(x) = f(y) ta có: f(n)(x) = f(n)(y) ⇒ x = y ⇒ f(x) đơn ánh

Ta chứng minh f(x) tăng trên [0; 1]

Thật vậy, giả sử ngược lại tồn tại x1, x2 thõa mãn 0 < x1 < x2 ¸ mà f(x1) > f(x2)

Do f(x) liên tục trên [0; x1] nên tồn tại c sao cho f(c) = f(x2), trái với giả thiết f(x) đơn ánh

Nếu x < f(x) thì do f(x) đồng biến nên f(x) < f(f(x)) = f2(x) Như vậy

ta có x < f(n)(x) = x, vô lý

Tương tự, giả sử x > f(x) ta cũng chứng minh được mâu thuẫn như trên

Vậy f(x) = x, ∀ ∈x [ ]0;1

5 Phương pháp khảo sát tập hợp.

Trong phương pháp này ta chưng

Ví dụ : Cho f: N→N là toàn ánh, g: N→N là đơn ánh Biết f(n) ≥

g(n), ∀ ∈n N Chứng minh f ≡ g

Giải

Giả sử tồn tại a ∈N sao cho f(a) ≠ g(a) Khi đó g(a) < f(a)

Gọi A = {n N f n∈ | ( ) >g n( )} là tập con khác rỗng của N

B = {g n( ) ∈N n A| ∈ } cũng là tập con khác rỗng của N

Trong B tồn tại phần tử nhỏ nhất kí hiệu g(b) với b ∈ A (g(b) < f(b) )

Vì f toàn ánh nên tồn tại c sao cho f(c) = g(b) < b Từ đó ta có c ≠b

Do g đơn ánh nên g(c) ≠ g(b) = f(c) Từ đó có c ∈A nên g(c) < f(c) = g(b), trái với giả thiết g(b) nhỏ nhất trong B

Vậy f(a) = g(a), ∀ ∈a N ⇒f ≡g (đpcm)

6 Phương pháp đổi biến.

Có hai cách đổi biến thường gặp:

- Thay các biến x, y hoặc biểu thức chứa các biến bằng các biến số mới

- Xây dựng hàm số phụ mới

Trong quá trình thực hành giải phương trình hàm bằng phương pháp này ta thường sử dụng một số kĩ thuật biến đổi sau:

- Kĩ thuật chuyển từ tổng sang tích:

1 Xét A = f(ax + by), với x, y ∈R Ta có thể đặt x = lnu, y = lnv (u > 0, v > 0) Khi đó: A = f(alnu + blnv) = f(ln(uavb)) = g(aubv) với u,

v > 0 và g(t) = f(lnt), (t > 0)

2 Xét A = af(x) + bf(y), với x, y ∈R Ta có:

eA = eaf(x) + bf(y) = eaf(x)ebf(y) = (g(x))a.(g(y))b, với g(x) = ef(x);

- Kĩ thuật chuyển từ tích sang tổng.

1 Nếu hàm số có dạng A = f(xayb), với x, y ∈R+. Đặt x = eu; y =

ev, u, v∈R Khi đó A = f(eauebv) = f(eau + bv) = g(au + bv), với g(t) = f(et)

2 Nếu A = (f(x))a.(f(y))b Với x, y thõa mãn f(x) > 0, f(y0 > 0

Ta có:

lnA = ln[(f(x))a.(f(y))b] + alnf(x) + blnf(y) = af(x) + bg(y)

Ví dụ 1: Tìm hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thõa mãn:

f(-8) = 0 và f(x + y) = f(x) + f(y) + 3xy(x + y - 6) - 8, ∀x, y ∈R

Giải

Giả sử tồn tại hàm số f(x) thõa mãn điều kiện bài toán

Đặt g(x) = f(x) - x3 - 9x2 - 8 ta được:

g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈R

Đây là phương trình hàm Cauchy Ngoài ra hiển nhiên g(x) liên tục trên R nên g(x) = kx, k ∈R

Thay f(-8) = 0 ta được g(-8) = f(-8) - (-8)3 - 9(-8)2 - (-8)

⇔-8k = - 72, hay k = 9

Vậy hàm số cần tìm là: f(x) = x3 + 9x2 + 9x + 8

Ví dụ 2: Tồn tại hay không hàm số f(x) thõa mãn:

f(x2 + x + 2) + f(x2 - x + 2) = x4 + 2x3 + 4x2 + 3x + 4

Giải

Thay x bởi - x ta có:

f(x2 - x + 2) + f(x2 + x + 2) = x4 - 2x3 + 4x2 - 3x + 4

Vậy 4x3 + 6x = 0, ∀x ∈R, vô lí

Vậy không tồn tại hàm số thõa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 3: Tìm hàm số f: R→R, thõa mãn các điều kiện sau:

lim ( ) 0

x f x

→+∞ = và f(x + y) + f(x - y) = 2f(x)f(y), ∀x, y ∈R

Giải

Giả sử f(x) là hàm số thõa mãn điều kiện bài toán

Đặt a = x - y ta có:

f(a + 2y) + f(a) = 2f(a + y)f(y), ∀a, y ∈R

Cố định a, cho y → +∞ ta được f(a) = 0

Kiểm tra lại ta thấy hàm số f(x) = 0 thõa mãn điều kiện bài toán

Vậy hàm số cần tìm là f(x) = 0

Ví dụ 4: Cho t ∈( )0;1 Tìm tất cả các hàm số f: R→R liên tục thõa mãn điều kiện: f(x) - 2f(tx) + f(t2x) = x2 , ∀x, y ∈R

Giải

Giải sử f(x) là hàm số thõa mãn yêu cầu bài toán

Đặt g(x) = f(x) - f(tx)

g(x) liên tục tại x = 0 và g(0) = 0

Và với ∀x ∈R ta có: g(x) - g(tx) = x2 Như vậy:

g(x) - g(tx) = x2

g(tx) - g(t2x) = t2x2

g(tn - 1x) - g(tn x) = t2(n - 1)x2

Cộng theo vế các đẳng thức trên và rút gọn ta được:

g(x) - g(tnx) = x2(1 + t2 + t4 + +t2(n-1)) = x2 2

2

1 1

n

t t

−

− (t2 ≠0 )

Cho n → +∞, với chú ý t ∈( )0;1 , ta có:g(x) - g(0) = 1 22

x t

− Hay g(x) = 22

1

x t

−

Do g(x) = f(x) - f(tx), nên làm tương tự trên ta được:

f(x) - f(tnx) = 1 22

x t

− (1 + t2 + t4 + +t2(n-1)) = x2 2

2 2

1

n

t t

−

− Cho n → +∞, ta được:

f(x) - f(0) =

2

2 2

x t

− ⇒ f x( )=

2

2 2

(1 )

x t

− + C

Kiểm tra lại ta thấy hàm số f(x) =

2

2 2

x t

− + C thão mãn điều kiện bài toán

7 Phương pháp tìm nghiệm riêng.

Trong phương pháp này ta tìm một nghiệm riêng của phương trình, tìm hiêu các tính chất của nó, từ đó định hướng cách giải phương trình hàm đã cho

Khi tìm nghiệm riêng của phương trình ta thường quan tâm đến các hàm số bậc nhất, bậc hai, các hàm hằng Nói chung nó thường là các hàm sơ cấp đơn giản

Sau khi tìm nghiệm riêng ta thường xét thêm các hàm số phụ như g(x)

= f(x) - f0(x) và xét phương trình hàm thu được g(x)

Ví dụ 1: Cho a, b là số thực khác không Tìm hàm số : R→R thõa mãn điều kiện:

f(x + a) = f(x) + b, x ∈R

Giải

Trước hết ta tùm nghiệm riêng của phương trình dạng f0(x) = kx

Để thõa mãn điều kiện bài toán ta cần:

k(x + a) = kx + b ⇔ k = b a

Đặt f(x) = kx + g(x), ta có:

k(x + a) + g(x+ a) = kx + g(x) + b ⇔g(x + a) = g(x), x ∈R Nên g(x)

là hàm hằng

Vậy hàm số cần tìm có dạng: f(x) = b x C

a +

Ví dụ 2: Cho a, b, m là các số thực, m ≠1, am ≠ 0 Tìm hàm số f : R

→R thõa mãn điều kiện:

f(x + a) = mf(x) + b, x, y ∈R

Ta tìm nghiệm riêng của phương trình dạng f0(x) = C

Thay vào bài ta có C = 1−b m

Đặt f(x) = C + g(x), ta được:

C + g(x + a) = mC + m g(x) + b ⇔ g(x + a) = mg(x) (2)

Để khử hệ số m ta lại tìm nghiệm riêng dạng g0(x) = dx

Thay vào (2) ta có:

dx + a = mdx ⇔ m = da ⇔d = m1a

Đặt g(x) = m x a ϕ(x), ta có:

x a

a

m

+ ϕ(x + a) = m x

a

m ϕ(x) ⇔ ϕ(x) = ϕ(x + a), ∀ ∈x R Vậy ϕ(x) là hàm hằng

Do đó các hàm số cần tìm có dạng:

1

x a

b

m+ ϕ

− , trong đó ϕ( )x là hàm hằng

Ví dụ 3: Tìm các hàm số f: R→R thõa mãn:

(x - y)f(x + y) - (x + y)f(x - y) = 4xy(x2 - y2), x, y ∈R

Giải

Giả sử f(x) là hàm số thõa mãn yêu cầu bài toán

Đặt u = x - y; v = x + y, ta có:

uf(v) - vf(u) = uv(v2 - u2), u,v ∈R

3 3

3

3

( )

,

f u u f v v

u v R

f u u

C u R u

f x x Cx x R x

−

⇒ = − ∀ ∈ ≠ Kiểm tra lại ta thấy hàm số f x( ) = −x3 Cx thõa mãn các yêu cầu bài toán

8 Sử dụng các tính chất đối xứng của phương trình.

Ví dụ 1: Xác định các hàm số f R: →R thõa mãn điều kiện:

f x y+ = +x f y ∀x y R∈ .

Giải:

Giả sử f(x) là hàm số thõa mãn yêu cầu bài toán

Đổi chỗ x cho y ta được:

f x y+ = +y f x ∀x y R∈

Kết hợp giả thiết ta thu được:

( ) ( ) ( ) ( ), ,

x f y y f x

x f x y f y x y R

⇔

Từ đó suy ra f(x) = x + C

Kiểm tra lại ta thấy hàm số này thõa mãn các yêu cầu bài toán Vậy f(x) = x + C là hàm số cần tìm

Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm số f: Z→ Z, thõa mãn điều kiện:

f(m + f(f(n))) = - f(f(m+1)) - n, ∀m n Z, ∈ (1)

Giải

Giả sử f(n) là hàm số thõa mãn điều kiện bài toán

Đặt f2(m) = f(f(n)) và thay m bởi f2(m) ta được:

f(f2(m) + f2(n)) = - f2(f2(m) + 1) - n (2)

Do tính chất đối xứng nên ta có:

- f2(f2(m) + 1) - n = -f2(f2(n) + 1) - m

⇔m - n = f2(f2(n) + 1) - f2(f2(n) + 1) (3)

Trong (2) thay m = 1, ta được:

f2(f2(n) + 1) = - f2(2) - n

Do đó: f2(1 + f2(n)) = f2(-f2(2) - n) = f(-k - n); ( với k = f2(2)) (4)

Từ (3) và (4) ta thu được:

m - n = f( -k - m) - f(-k - m)

Cho - n = k ta có:

m + k = f(- k - m) - f(0)

⇒f(n) = - n + f(0)

Mặt khác, ta có: f2(n) = f(- n + f(0)) = - ( - n + f(0)) + f(0)

⇒f(m + n) = f(m + f2(n)) = - f2(m + 1) - n = -(m + 1) - n Nhưng f(m + f2(n)) = - m - f2(n) + f(0) = -m - n + f(0)

Từ hai đẳng thức cuối ta suy ra f(0) = -1, nên f(n) = - n - 1

Kiểm tra lại ta thấy hàm số này thõa mãn điều kiện bài toán

Vậy hàm số cần tìm là: f(n) = - n - 1