Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNNGUYỄN THỊ THANH HẢI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Mã số : 60 46 40 Người hướng dẫn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ THANH HẢI

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Mã số : 60 46 40

Người hướng dẫn khoa học:

GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - 2011

MỤC LỤC

Mở đầu 3

Chương 1 Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến 5 1.1 Sử dụng phép thế biến 5

1.2 Phương pháp qui nạp 15

1.3 Phương pháp tìm nghiệm riêng 19

1.4 Sử dụng các tính chất của hàm số 23

1.4.1 Sử dụng tính liên tục của hàm số 23

1.4.2 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số 32

Chương 2 Phương trình hàm với phép biến đổi đối số 36

2.1 Phương trình hàm dạng f (αx + β) = af (x) + b 36

2.2 Phương trình hàm dạng f  αx+β x+γ  = af (x) + b 42

2.2.1 Mối liên hệ giữa hàm phân tuyến tính và phương trình bậc hai 42

2.2.2 Phương trình hàm sinh bởi hàm phân tuyến tính với hệ số hằng 44

2.3 Hàm số xác định bởi các phép biến đổi đại số 49

2.4 Phương trình hàm trong lớp các hàm tuần hoàn 56

Chương 3 Phương trình hàm trong lớp đa thức 63

3.1 Đa thức xác định bởi phép biến đổi đối số 63

3.1.1 Một số bài toán xác định bởi đa thức đơn giản 63

3.1.2 Phép biến đổi vi phân hàm 66

3.1.3 Phương trình dạng P(f)P(g)=P(h) 68

3.1.4 Phương trình dạng P (f )P (g) = P (h) + Q 74

3.1.5 Một số ví dụ áp dụng 75

3.2 Một số bài toán tổng hợp về đa thức 78

Kết luận 83

Tài liệu tham khảo 84

MỞ ĐẦU

Phương trình hàm với một biến số là một chuyên đề quan trọng thuộc chươngtrình chuyên toán trong các trường THPT chuyên Các bài toán liên quan đếnphương trình hàm với một biến số thường rất khó và phức tạp hơn nhiều so vớicác phương trình hàm nhiều biến với các cặp biến tự do Trong các kì thi họcsinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán khu vực và quốc tế những năm gầnđây, thì những bài toán về phương trình hàm một biến ngày càng xuất hiện mộtnhiều Chúng được xem như là những bài toán khó và rất khó của bậc trunghọc phổ thông

Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến" trình bàymột số phương pháp giải phương trình hàm một biến, một vài dạng toán điểnhình của phương trình hàm một biến mà nghiệm của nó có thể dễ dàng tìmđược trong lớp các hàm số sơ cấp đã biết ở chương trình toán phổ thông và mộtvài dạng phương trình hàm trong đa thức

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương

Chương 1 trình bày một số phương pháp giải phương trình hàm một biếnthường dùng và một số bài toán minh họa cho các phương pháp

Chương 2 trình bày sự phân loại dạng phương trình hàm với phép biến đổiđối số

Chương 3 trình bày về một số dạng phương trình hàm trong lớp đa thức vàmột số bài toán tổng hợp về đa thức

Tác giả luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND.GS.TSKH Nguyễn

Văn Mậu, người Thầy đã giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Toán học,

đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoànthành luận văn

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại hoc,Khoa Toán-Cơ-Tin học, các thầy cô đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao họcToán niên khóa 2009-2011, các thầy cô và các anh chị đồng nghiệp của Semina

"Phương pháp toán sơ cấp" trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Hà nội

đã giúp đỡ và góp ý để luận văn được hoàn chỉnh

Tác giả xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục đào tạo Phú Thọ, Ban giám hiệutrường THPT chuyên Hùng vương, Phú Thọ và các bạn bè đồng nghiệp và giađình đã động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất cho tác giả trong thời gianhọc tập và nghiên cứu

ta phải nghiên cứu kỹ các tính chất đặc thù của hàm số cần tìm, đơn giản hóabằng các phép thế các giá trị đặc biệt của biến, đặt ẩn phụ, đổi biến hoặc tìmnghiệm riêng, để đưa về các phương trình hàm cơ bản đã biết cách giải.

1.1 Sử dụng phép thế biến

Nhận xét 1.1 Đối với phương trình dạng f (A) = B với A, B là các biểu thứcchứa x, trong đó A có hàm ngược, ta thường sử dụng cách đặt: Đặt A = t, suy

ra biểu thức x theo t. Tiếp theo, thay các giá trị này vào các biểu thức A, B.

Đối với phương trình dạng hàm hợp f (g(x)) = h(x), nếu g(x) có hàm ngược,người ta thường đặt ẩn phụ g(x) = t, để xác định hàm số f (t).

Bài toán 1.1 Tìm hàm số f (x) biết rằng với mọi x 6= 0, ta đều có

f1x

t+2 t−1

 2

+ 1

= 7t

2 − 8t + 1 2t 2 + 2t + 5 ·

Do đó

f (x) = 7x

2 − 8x + 1 2x2+ 2x + 5 ·

Đảo lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 1.4 Cho hàm số f (x) thỏa mãn các điều kiện sau

fx − 3

x + 1

 + f3 + x

Kiểm tra lại, ta thấy hàm số thỏa mãn đề bài.

Nhận xét 1.2 Phương pháp thế biến có lẽ là phương pháp thường được sửdụng nhất khi giải phương trình hàm Ta có thể thực hiện phép thế như sau:

- Thay thế biến, hoặc các bộ phận chứa biến đó trong phương trình hàm đãcho bởi các chữ mới hoặc các biểu thức mới,

- Hoặc thế biến bằng các biểu thức để làm xuất hiện các hằng số hoặc cácbiểu thức cần thiết,

- Hoặc xây dựng hàm số phụ

Nhận xét 1.3 Xét phương trình hàm dạng:

trong đó a(x), b(x), c(x), g(x) là những hàm số đã biết

Giả sử miền xác định của hàm số cần tìm là Df, với mỗi x ∈ Df ta xét dãyxác định bởi biểu thức

Nếu dãy xn được xác định như trên tuần hoàn với chu kì k, ta sẽ đưa (1.6)

về hệ k phương trình với k ẩn hàm.Giải hệ này ta tìm đươc f (x)

Bài toán 1.5 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

f (x)(x2− x − 1)(x2− x + 1) = (1 − x)(1 + x3)(x2− x − 1), ∀x ∈ R.

⇔ (x 2 − x − 1)f (x) = (1 − x 2 )(x2− x − 1), ∀x ∈ R. Suy ra, f (x) = 1 − x2 với mọi

x khác a, b, trong đó a và b là hai nghiệm của phương trình x2− x − 1 = 0.Theo định lí Viete ta có:

trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình x2− x − 1 = 0.

Ngược lại, với lưu ýa, blà hai nghiệm của phương trìnhx2− x − 1 = 0và sử dụng(1.11), dễ dàng kiểm tra thấy f (x) được xác định bởi (1.12) thỏa mãn đề bài.Vậy các hàm số xác định bởi (1.12) là tất cả các hàm số cần tìm

Bài toán 1.6 Tìm tất cả các hàm số f (x) nếu biết với ∀x ∈ R \ {0; 1}, ta có

Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài.

Cách 2: Ta có thể giải phương trình hàm (1.13), bằng cách đưa về hệ phươngtrình

Với x 6= 1, xét dãy x 1 = x; x n+1 = g(x n ) trong đó g(x) = 1

·

Suy ra dãy x n tuần hoàn với chu kì 3

Bằng phép thế thay x lần lượt bằng x1, x2, x3 ta được

x , ∀x ∈ R \ {0; 1}

Bài toán 1.7 (Philippine 2010) Tìm tất cả các hàm số f : R \ {1} → R thỏamãn

Suy ra, dãy x n tuần hoàn với chu kì 4

Bằng phép thay thế x lần lượt bằng x1, x2, x3, x4, ta đưa (1.12) về hệ sau:

Cho x = 0 từ (1.17), suy ra, 2f (−1) = 1hayf (−1) = 1

2 ·

Cho x = 1 từ (1.17), suy ra f (1) + 2f (0) = 1

Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn điều kiện bài toán

Bài toán 1.9 Tìm tất cả các hàm số f (x) nếu biết với ∀x / ∈ {0; 1} ta có

Do đó nghiệm của bài toán là

Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 1.10 Tìm tất cả các hàm số f : R \ {0; 1} → R thỏa mãn điều kiện

Suy ra, dãy {xn} tuần hoàn chu kì 3 Thay thế x lần lượt bằng x1, x2, x3 vàophương trình (1.19), ta được

Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 1.11 (Croatia 1996) Cho t ∈ (0; 1) Tìm tất cả các hàm số f : R → R

liên tục thỏa mãn điều kiện

f (x) − 2f (tx) + f (t2x) = x2, ∀x ∈ R.

Giải Giả sử tồn tại hàm số f (x) thỏa mãn yêu cầu bài ra

Đặt g(x) := f (x) − f (tx) Dễ thấy g(x) liên tục tại x = 0 và g(0) = 0 Ngoài ra,với ∀x ∈ R, ta có g(x) − g(tx) = x2 Như vậy, ta có

g(x) − g(tx) = x2g(tx) − g(t2x) = t2x2

Từ (1.20) cho n → +∞, do t ∈ 0; 1 nên tn → 0, t 2n → 0 và lim

Kiểm tra lại, ta thấy các hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài toán 1.15 (THTT-T7/2000) Xác định hàm số f : R+ → R+, liên tục vàthỏa mãn

theo giả thiết thì f (2) = 2f (1) > f (1) nên f (x) là hàm số đồng biến trên R+

Với x = 1 thì f [f2(1)] = f (1)nên f2(1) = 1và f (1) = 1. Từ đó theo qui nạp, ta có

Thử lại, ta thấy hàm số f (x) = x thỏa mãn đề bài

Bài toán 1.16 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn các điều kiện sau:

Giải Thay x = 0 vào (1.25), ta được f (0) = 0.

Thay x = 0 vào (1.26) ta được f (1) = f (0) + 1 mà f (0) = 0 nên f (1) = 1.

Dễ thấy, từ (1.26) bằng phương pháp qui nạp ta có

Thật vậy, nếu tồn tại x0 ∈ [0; 1] mà g(x0) 6= x0 thì (1.31), cho n → +∞ suy ra

gn(x) → +∞, mâu thuẫn vì miền giá trị của hàm g là [0; 1].

1.3 Phương pháp tìm nghiệm riêng

Tìm nghiệm riêng của phương trình hàm đã cho, nghiên cứu các tính chấtcủa nghiệm riêng đó Hiển nhiên, nghiệm cần tìm cũng phải có những tính chất

đó Từ đó, ta có được hướng giải phương trình hàm đã cho Trước hết, nên tìmnghiệm riêng trong lớp các hàm hằng, hàm số bậc nhất, hàm số đa thức Nóichung, nên tìm các nghiệm riêng trong lớp các hàm số sơ cấp, bắt đầu từ cáchàm đơn giản nhất Nên chú ý đến các đặc trưng của các hàm số sơ cấp

Sau khi tìm được nghiệm riêng dạng f0(x) ta thường xét đến hàm số phụ

g(x) = f (x) − f0(x) và xét phương trình hàm mới thu được đối với g(x)

Khi tìm nghiệm riêng, nên chú ý đến một số nhận xét sau

Nhận xét 1.4 (Điều kiện để một hàm số là hàm hằng)

1 f ≡ C ⇔ f (x) = f (y), ∀x, y ∈ Df.

2 f (x) = g(y), ∀x, y ∈ D ⇔ f (x) = C

Nhận xét 1.5 (Điều kiện để một hàm số có đạo hàm là hàm hằng)

Cho hàm số f (x) liên tục trên[a; b], có đạo hàmf0(x)trên khoảng a; b
Khi đó

f (x) = C, ∀x ∈ [a; b] ⇔ f0(x) = 0, ∀x ∈a; b,

trong đó C = f (x0), với x0 là một số nào đó∈ [a; b]

Nhận xét 1.6 (Điều kiện để một đa thức là hàm hằng)

Cho đa thức P (x) ∈ R [x], có deg P 6 n Khi đó

1.Nếu P (x) có nhiều hơn n nghiệm thì P (x) = 0, ∀x ∈ R hay là P ≡ 0.

2.Nếu ∃ a ∈ R, a 6= 0 sao cho P (x + a) = P (x), ∀x ∈ R thì P (x) = C với ∀x ∈ R

*Nhận xét rằng: Hàm f có tính chất "tổng biến đổi thành tổng" Nhớ lại, đặctrưng của một số hàm sơ cấp, hàm tuyến tính f (x) = ax(vớia 6= 0) có đặc trưnghàm là f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng

Bài toán 1.19 Choa, b, m ∈ R, m 6= 1, am 6= 0 Tìm tất cả các hàm số f : R → R

thỏa mãn điều kiện

Giải Ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng f 0 (x) = C

dx+a= mdx ⇔ da = m ⇔ d = m1a

Đặt g(x) = mxa ϕ(x) ta được

(1.34)⇔ mx+aa ϕ(x + a) = m.mxa ϕ(x) ⇔ ϕ(x + a) = ϕ(x), ∀x ∈ R.

Từ đó ta có ϕ(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a| Vậy

x

a ϕ(x),

với ϕ(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a|, là hàm số cần tìm

Bài toán 1.20 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

Ta được ϕ(t), là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì 2

Xét t < 0, đặt g(t) = (−t) log23 ϕ(t) và làm tương tự như trên ta cũng được ϕ(t)

là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì 2

Vậy ta được: f (t − 1) = g(t) = |t| log23

trong đó ϕ(t) là hàm số tuần hoàn nhân tính chu kì 2

Thử lại, ta thấy f (x) thỏa mãn điều kiện (1.35) Vậy f (x) xác định theo (1.38)

là hàm số cần tìm

Bài toán 1.21 Tìm tất cả các hàm số f : R \ {3} → R thỏa mãn điều kiện

1 2t − 1; t /∈ {0; 1;1

Vậy ω là hàm tuần hoàn với chu kì là 1 Vậy ϕ(t) = ω( log2t)

Với t < 0 Đặt t = −2u, suy ra ϕ(−2u+1) = ϕ(−2u) hay ω(u + 1) = ω(u), trong đó

Bài toán 1.22 Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn điều kiện

Giải Trước hết, ta tìm nghiệm riêng dưới dạng f 0 (x) = ax

Thay vào (1.41) ta có 2a(2x) = ax + x suy ra a = 1

3.Đặt f (x) = g(x) + 1

3x, ta được g(x) là hàm liên tục trên R và(1.41)⇔ 2g(2x) +4x

Với mỗi t cố định, cho n → +∞ ở hai vế do

2 n → 0 g( t

-Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số trong nhiều trường hợp tỏ

ra đặc biệt thích hợp Các bước thực hiện có thể tóm tắt như sau:

1) Lấy a là một giá tri tùy ý thuộc tập xác định của hàm số Xây dựng dãy

số thích hợp x n
với x 1 = a thỏa mãn đồng thời:

i) Hàm f (x) không đổi trên dãy xn
nghĩa là:

f (a) = f (x1) = f (x2) = = f (xn) = .ii)Chứng minh rằng dãy x n
hội tụ về b

2) Sử dụng tính liên tục của f (x) ta có f (a) = lim f (xn) = flim xn= f (b)

Suy ra f (x) là hàm hằng

-Ngoài ra đối với phương trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, trong nhiềutrường hợp bằng cách xây dựng một dãy số và sử dụng phương pháp chuyển quagiới hạn ta sẽ tìm được hàm f (x).

Bài toán 1.23 Cho hàm f : [−1; 1] → R liên tục và

f (x) = f

1 + x 2

 , ∀x ∈ [−1; 1].

Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

Bài toán 1.25 Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn điều kiện

Lấy giới hạn của cả hai vế, sử dụng tính liên tục của hàm số và f (0) = 0 ta được

Bài toán tổng quát 1.1 Tìm hàm số f (x) xác định, liên tuc trên R và thỏamãn điều kiện af (x) + f (bx) = cx, ở đây a, b, c ∈ R; 0 < |b| < 1; |a| > 1.

Cách giải hoàn toàn tương tự ta được: f (x) = cx

a + b.Bài toán 1.26 Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn điều kiện

Giải Ở ví dụ này, nếu xét dãy {xn}n∈N∗ : x1 = x; xn+1 = g(xn) ở đây g(x) = 3x

thì dãy {xn} không hội tụ

 n−1

1 − 19 i

 n

1 −19

Thử lại, ta thấy hàm số f (x) = 52x thỏa mãn điều kiện bài ra.

Xét hàm số h(x) = ϕ1 − x

1 + x



với x ∈ (0; +∞). Khi đó, ϕ(x) liên tục trên (−1; 1)

và thỏa mãn (1.54) khi và chỉ khih(x)liên tục trên(0; +∞) và thỏa mãn hệ thức

mãn đồng thời hai điều kiện

Kết luận, không tồn tại hàm số thỏa mãn bài ra.

hai điều kiện

Gọi I(f ) là tập giá trị của hàm f Khi đó f4(2012) = 20111 , và I(f ) ⊂ R+.

Trên I(f ) ta có xf 3 (x) = 1, ∀x ∈ I(f ) hay

f3(x) = 1

x, ∀x ∈ I(f ).

Do hàm số f liên tục trên R và hàm g(x) = 1x liên tục và nghịch biến trên

I(f ), nên f nghịch biến trên I(f ).

3

x − 1 2 1

3f

 x − 1 2



9f

 x − 3 4



9

x − 3 4 1

9f

 x − 3 4



27f

 x − 7 8



27

x − 7 8

. .Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được

x − 1

5 9

n

X

k=0

 1 6

 n

− lim

n→+∞

5 3

n

X

k=0

 1 3

3

1

1 −13

Giải Giả sử tồn tại hàm số f (x) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Viết lại, phương trình đã cho dưới dạng

Chuyển qua giới hạn ta được g(x) = g( lim

n→+∞ x 3n1 ) = g(1) := C = const Vậy f (x)

1.4.2 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Nhận xét 1.7 i) Nếu f (x), g(x) cùng đơn điệu tăng, hoặc cùng đơn điệu giảmtrên R thì f (g(x)), g(f (x)) cũng tăng trên R. Từ đó suy ra, nếu f là hàm tăngtrên R thì fn(x) cũng là hàm tăng trên R, với mọi n ∈ N∗.

ii) Nếu f (x) tăng trên R, g(x) giảm trên R thì f (g(x)), g(f (x)) đơn điệu giảmtrên R. Từ đó suy ra, nếu f (x) đơn điệu giảm trên R thì f2n(x) đơn điệu tăng,còn f2n+1(x) đơn điệu giảm trên R.

Nhận xét 1.8 Cho g(x) là hàm liên tục trên R Nếu f : R → R là hàm đơnđiệu thỏa mãn f (x) = g(x), ∀x ∈ Q thì f (x) = g(x), ∀x ∈ R.

Nhận xét 1.9 Nếu f : R → R vừa là hàm đơn ánh, vừa là hàm liên tục, thì f

Bài toán 1.33 Cho trước n ∈ N∗ Hàm f : [0; 1] → [0; 1] liên tục và thỏa mãn

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

Chứng minh rằng f (x) = x trên đoạn [0;1].

Giải Nếu f (x) = f (y) thì fn(x) = fn(y), suy rax = y. Do đó, f đơn ánh Lại có

f liên tục trên [0; 1], nên f đơn điệu trên [0; 1]. Vì f (0) = 0, f (1) = 1,suy ra f làhàm tăng, mà fn(x) = x, ∀x ∈ [0; 1]. Do đó f (x) = x, ∀x ∈ [0; 1].

thỏa mãn f (x) + g(x) = 2x, ∀x ∈ R, trong đó g là hàm ngược của f.

Giải Ta có thể nhận thấy rằng hàm f (x) = x + c, với c là hằng số tùy ý, lànghiệm của bài toán Ta sẽ chứng minh bài toán có nghiệm duy nhất xác địnhnhư trên.Thật vậy,

Với mỗi số thực a đặt Sa = {x ∈ R| f (x) = x + a}. Mỗi số thực x0 đều thuộc tập

Sa nào đó, vì nếu đặt f (x0) − x0 = a thì hiển nhiên x0 ∈ Sa. Do vậy, tồn tại sốthực c sao cho S c 6= ∅.

điều này mâu thuẫn với (1.60)

Vậy y + kb / ∈ Sb, do đó y / ∈ Sb, ∀y ∈ R, nênSb = ∅.

Xét b > a Nếu Sb 6= ∅ thì theo trên Sa = ∅, mâu thuẫn.

trong một tập Sa nào đó, vì vậy mọi số thực đều nằm trong tập Sc trên, tức là

iii) tồn tại x0 sao cho f (x0) = x0.

Giải Từ (ii) ta có f toàn ánh, hơn nữa f đơn ánh, nên f là song ánh Do đóhàm f có hàm ngược g. Từ (ii) ta suy ra f (x) + g(x) = 2x, ∀x ∈ R.

Ta trở về bài toán APMO 1989 bằng cách chứng minh f tăng thực sự

Thật vậy, do f liên tục và f đơn ánh nên f đơn điệu, tức f tăng thực sự hoặc f

giảm thực sự Giả sử f nghịch biến, khi đó hàm ngược g của hàmf cũng nghịchbiến

Nếu ∃a ∈ R mà f (a) < a thì g(a) < g(f (a)) = a. Khi đó f (a) + g(a) < 2a, mâuthuẫn với (ii)

Nếu ∃a ∈ R mà f (a) > a thì g(a) > g(f (a)) = a, nên f (a) + g(a) > 2a, mâu thuẫnvới (ii)

Do đó với ∀ a ∈ R thì f (a) = a, điều này mâu thuẫn với giả sử f nghịch biến.Như vậy, giả sử f là nghịch biến là sai

Vậy f tăng thực sự Đến đây kết hợp (ii) có giả thiết f (x) + g(x) = 2x, ∀x ∈ R,

sử dụng kết quả bài toán APMO 1989, ta suy ra f (x) = x + c với c là hằng sốnào đó Nhưng theo (iii) tồn tại x0 sao cho f (x0) = x0, nên ta có c = 0, hay

f (x) = x, ∀x ∈ R.

Thử lại, ta thấy hàm số f (x) thỏa mãn Vậy f (x) = x, là kết quả của bài toán

mãn

f (x3+ x) 6 x 6 [f (x)]3+ f (x), ∀x ∈ R.

Giải Xét hàm g(x) = x3 + x, ta thấy rằng hàm này tăng thực sự trên R vànhận giá trị trên toàn R. Vì vậy, g là song ánh trên R, với hàm ngược là hàm

g−1 cũng là song ánh và tăng thực sự trên R.

Giả sử hàm f thỏa mãn bài toán Từ điều kiện của bài toán ta có

f (g(x)) 6 x 6 g(f (x)), ∀x ∈ R.

Từ vế đầu tiên, thayxbởig−1(x)ta đượcf (x) 6 g−1(x), ∀x ∈ R.Còn vế thứ hai,

ta tác độngg−1 lên cả hai vế, chú ýg−1 là hàm tăng ta sẽ cóg−1(x) 6 f (x), ∀x ∈

R. Do đó, f (x) = g−1(x), ∀x ∈ R. Đây chính là nghiệm của bài toán

thỏa mãn điều kiện f 3 (x) + f (x) = 2x, ∀x ∈ R, trong đó f 3 (x) = f (f (f (x))).

Giải Trước hết ta chứng minh f là một đơn ánh Thật vậy, nếu f (x1) = f (x2)

thì hiển nhiên f3(x1) = f3(x2). Do đó

f3(x1) + f (x1) = f3(x2) + f (x2)

nên suy ra 2x 1 = 2x 2 hay x 1 = x 2

Với cặp số α, β ∈ R (α < β) tùy ý cho trước và mọi cặp x, y ∈ (α; β) (x < y), taxét hàm số g(t) = f ((1 − t)β + ty) − f ((1 − t)α + tx), t ∈ [0; 1]. Khi đó, g(t) là mộthàm liên tục trên [0; 1] và do f (x) là đơn ánh nên

Bài toán 2.2 Hãy xác định hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

f (x) = 3x2 g(x),trong đóg(x)là hàm tuần hoàn chu kì 2 là tùy ý.

Bài toán 2.3 Hãy xác định hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

2 g(x) − g(x + 2)], g(x + 4) = g(x), ∀x ∈ R.

Bài toán 2.4 Hãy xác định hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện:

Bài toán 2.5 Hãy xác định hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

Bài toán 2.6 Hãy xác định hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

Bài toán 2.8 Hãy xác định hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện

trong đóϕlà một hàm số xác định sao cho:ϕ(−3t) = ϕ(t), ∀t ∈ R.

Bài toán 2.9 Hãy xác định hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện