Luyện tập về phương trình hàm ôn thi học sinh giỏi toán

ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán, ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,

LUYỆN TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình phương pháp thông dụng toán đại số Ý tưởng để tìm ẩn số đó, ta đưa vào ẩn số phụ, sử dụng kiện cho tạo mối liên hệ ẩn số (các phương trình), giải hệ phương trình, tìm giá trị ẩn số cần tìm Phương pháp tương tự áp dụng cho toán hình học tính toán (chẳng hạn toán giải tam giác, tứ giác), toán đếm (phương pháp dãy số phụ) Trong này, đề cập tới phương pháp lập phương trình, hệ phương trình để giải toán phương trình hàm Ý tưởng chung để tìm giá trị f(x) f(a) đó, ta sử dụng phương trình hàm để tìm mối liên kết đại lượng, nói cách khác, tạo phương trình số Giải phương trình số này, ta tìm f(x) f(a) với a giá trị Giải phương trình hàm dựa vào tính xoắn hàm số Hàm số ω(x) gọi xoắn phép hợp tồn số nguyên dương k cho ωk(x) = x với x Ở ω1(x)=ω(x), ω2(x)=ω(ω(x)), …, ωk(x) = ω(ωk-1(x)) Ta sử dụng tính xoắn số hàm số để giải số dạng phương trình hàm với biến tự Chúng ta ví dụ đơn giản: Bài toán Tìm tất hàm số f: R \ {0}  R thoả mãn điều kiện 1 ( x − 1) f ( x ) + f   = x x (1) với x ≠ Gi ải Trong (1), thay x 1/x, ta 1  1  − 1 f   + f ( x ) = x  x  x (2) Giải hệ (1), (2), coi f(x) f(1/x) ẩn số, ta f ( x) = x4 − x3 + x3 − x2 + x Trong ví dụ trên, ta cần tìm f(x) Ta coi f(x) ẩn số chính, f(1/x) ẩn phụ Phương trình (1) cho liên kết ẩn số ẩn phụ Thay x 1/x, ta hy vọng tìm mối liên kết Trong trường hợp này, phương trình (2) Vì phương trình (2) không tạo ẩn số mới, tức số phương trình số ẩn số, đủ cho giải tìm f(x) nên ta dừng lại Trong ví dụ tiếp theo, thấy trình tạo mối liên kết tạo ẩn số Bài toán Tìm tất hàm số f: R \ {0, 1}  R thoả mãn điều kiện 1+ x  x +1 f ( x) + ( x + 1) f  = 1− x  x −1 (1) 1+ x   (1) cho ta phương trình kết nối ẩn số 1− x  1+ x Ta tìm mối liên kết khác Trong (1) ta thay x 1− x Giải Ẩn số f(x) ẩn số phụ f   + x   + x  + 1 +  1+ x  1+ x   1− x  1− x  f + 1 f = + 1+ x 1− x  1− x  1− 1+ x  −1   1− x  1− x  x2 +1 1+ x   1 ⇔ f + f − = − (2)    x( x − 1) 1− x  1− x  x   1  x Như vậy, (2) lại xuất ẩn số phụ mới, f  −  Nếu dừng lại số ẩn số nhiều số phương trình ta không tìm f(x) Trong (1), tiếp tục thay x -1/x ta 1  +1 1−   x2 +1  1         1− x  x x  f  −  +  − + 1 f = ⇔ f  −  +  − + 1 f  − (3) Ta =− tiếp x( x + 1)  x   x  1+  − −1  x   x   1+ x    x x  1− x  1− x   Trong (1), ta lại thay x − tục nhận ẩn số phụ mới, f  − 1+ x  1+ x   − x   − − x  + 1−   1− x   1− x   1+ x   1+ x  f − + 1 f =  + − 1− x  + x   + x  1 + − x  − −1   1+ x  1+ x  x2 +1  − x  2x ⇔ f − f ( x) = − (4) − x +1  1+ x  1+ x Đến ẩn số không xuất hiện, ta có phương trình (1), (2), (3), (4) với ẩn 1+ x     1− x  , f  − , f  −  Giải hệ hệ phương trình bậc ẩn, ta tìm 1− x   x   1+ x  số f ( x), f  f ( x) = x2 +1 x( x − 1) Quan sát lời giải hai toán trên, ta thấy phương pháp tương tự áp dụng cho toán tìm tất hàm f(x) thoả mãn phương trình f(x) + a(x)f(ω(x)) = b(x) (1) Trong a(x), b(x) hàm số cho, ω(x) hàm cho thoả mãn tính chất ωk(x) = x với x Số k nhỏ thoả mãn điều kiện ωk(x) = x gọi bậc hàm số ω(x) Các ví dụ thường gặp hàm ω(x) ω(x) = -x, ω(x) = 1/x Hàm ω ( x) = hàm bậc Có thể kiểm tra hàm số ω ( x) = 3+x − 3x 1+ x ví dụ 1− x có bậc Chú ý đa số hàm số không xoắn Chẳng hạn hàm đa thức, có hàm số f(x) = x f(x) = a – x xoắn Một lớp hàm phân thức xoắn mô tả phần tập Ngay với phương trình hàm chứa hàm xoắn, ta gặp khó khăn tính đối xứng, ta không tạo đủ số phương trình để giải (có thể xảy trường hợp có phương trình hệ phương trình khác) Ví dụ: Bài toán Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(x) + f(-x) = x2 với x thuộc R Giải Trong đẳng thức f(x) + f(-x) = x2 (1) thay x –x ta f(-x) + f(x) = (-x)2 (2) Như không xuất ẩn số lúc đó, (2) phương trình mới, mà hoàn toàn giống (1) Như vậy, ta giải hệ (1), (2) để giá trị f(x) Cũng tương tự trường hợp hệ phương trình tuyến tính với số ẩn số nhiều số phương trình trường hợp hệ chúng ta, hay nói cách khác, phương trình (1) có vô số nghiệm Cụ thể toán này, đặt g(x) = f(x) – x2/2 ta g(x) + g(-x) = 0, suy g(x) hàm số lẻ Ngược lại, f(x) = x2/2 + g(x) với g(x) hàm số lẻ rõ ràng ta có f(x) + f(-x) = x2/2 + g(x) + x2/2 + g(-x) = x2 Vậy tất hàm số f(x) thoả mãn điều kiện đề f(x) = x2/2 + g(x), g(x) hàm số lẻ xác định R Bài tập Tìm tất hàm số f: R  R cho với x ∉ {-1, 1} ta có  x −3 3+ x f + f =x  x +1   1− x  Giả sử a ≠ Tìm hàm số f(x) biết  a2   = x f ( x) + f  a− x Tìm hàm số f(x) biết  x   x −  13 x − 2f −3f  =  x −1  x +  x − 3x a) Chứng minh hàm số ω ( x) = + 3x 3−x xoắn b) Tìm tất giá trị a cho hàm số ω ( x) = a+x xoắn − ax Tìm tất hàm số f(x): R  R cho với x khác ta có f(x) + f(1/x) = Tìm tất hàm số f: R \ {0, 1}  R thoả mãn phương trình   2(1 − x) f ( x) + f  =  − x  x(1 − x) với x thuộc miền xác định f 2 Giải phương trình hàm cách lập phương trình Với phương trình hàm có (hoặc nhiều hơn) phương trình điều kiện, ta tìm cách kết hợp phương trình để tìm f(x) Phương pháp tạo mối liên kết, hay phương trình cách tính giá trị hai cách khác Bài toán Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện i) f(-x) = -f(x) với x thuộc R; ii) f(x+1) = f(x) + với x thuộc R; 1 x iii) f   = f ( x) với x khác x2 Giải Tất điều kiện biến x Trong trường hợp này, ta dùng chút khái niệm đồ thị để hiểu đường đến lời giải Ta xem số thực đỉnh đồ thị Đỉnh x nối với đỉnh x+1, -x, 1/x Các điều kiện đề cho mối liên hệ giá trị hàm số đỉnh nối cạnh Nếu tìm chu trình cách tự nhiên, có phương trình (để tránh hàm số có hai giá trị khác nhau) Ta thử tìm chu trình x → x +1 → 1 x x +1 1 →− →1− = → = 1+ → → x x +1 x +1 x +1 x +1 x x x Đặt y = f(x) từ chu trình trên, ta có y +1  y +1 y +1     x  f ( x + 1) = y + 1, f  , f − , f = =−  = 1− 2 ( x + 1) ( x + 1)  x +  ( x + 1)  x + 1  x + 1 y +1 1− x + 2x − y   2x − y ( x + 1)  x + 1 f = = , f = , f ( x) = x − y  2 x x x  x    x      x + 1 Từ suy 2x – y = y, tức y = x Vậy f(x) = x Trong lý luận trên, ta cần đến điều kiện x khác -1 Tuy nhiên từ điều kiện f(x+1) = f(x) + ta dễ dàng suy f(0) = f(-1) = Vậy f(x) = x tất nghiệm toán Bài toán Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(x2-y) = xf(x) – f(y) với x, y thuộc R Giải Thay x = y = vào phương trình hàm, ta f(0) = - f(0), suy f(0) = Thay y = phương trình hàm, ta f(x2) = xf(x) (1) Từ suy f(x2–y) = f(x2) – f(y) Thay x = 0, ta f(–y) = – f(y) Thay y – y, ta f(x2+y) = f(x2) – f(–y) = f(x2) + f(y) với x, y Từ đó, kết hợp với tính chất hàm lẻ, ta suy f(x+y) = f(x) + f(y) với x, y Bây ta có f((x+1)2) mặt tính theo công thức (1), tức (x+ 1)f(x+1) = (x+1)(f(x)+f(1)) Mặt khác, ta khai triển f((x+1)2) = f(x2+2x+1) = f(x2) + 2f(x) + f(1) = xf(x) + 2f(x) + f(1) Từ ta phương trình (x+1)(f(x)+f(1)) = xf(x) + 2f(x) + f(1), suy f(x) = f(1)x Đặt f(1) = a, ta f(x) = ax Thử lại vào phương trình ta thấy nghiệm Vậy f(x) = ax với a ∈ R tất nghiệm toán Phương pháp tạo mối liên kết áp dụng hiệu toán phương trình hàm Q, N, Z Ta xem xét số ví dụ Bài toán Tìm tất hàm số f : Q+  Q+ thoả mãn điều kiện i) f(x+1) = f(x) + với x thuộc Q+; ii) f(x2) = f2(x) với x thuộc Q+ Giải Từ điều kiện i) ta dễ dàng suy f(n) = n với n thuộc Z f(r+n) = f(r) + n với r thuộc Q n thuộc Z Bây ta tính f(r) với r = p Ý tưởng ta tính f((r+q) 2) theo f(r) hai q cách Trước hết f((r+q)2) = f2(r+q) = (f(r) + q)2 (1) Mặt khác f((r+q)2) = f(r2+2p+q2) = f(r2) + 2p + q2 = f2(r) + 2p + q2 (2) Từ (1) (2) ta suy f2(r) + 2qf(r) + q2 = f2(r) + 2p + q2 => f(r) = p/q = r Vậy f(r) = r với r thuộc Q Bài toán Tìm tất hàm số f: N  N cho f(m2+n2) = f2(m) + f2(n) với m, n thuộc N Giải Cho m = n = 0, ta f(0) = 2f 2(0), suy f(0) = Cho m = 1, n = 0, ta f(1) = f(1) = Ta xét trường hợp f(1) = 1, trường hợp f(1) = xét tương tự Với f(1) = 1, ta tính f(2) = f(12+12) = f2(1) + f2(1) = f(4) = f(22+02) = f2(2) + f2(0) = f(5) = f(22+12) = f2(2) + f2(1) = Nhưng để tính, chẳng hạn f(3)? Rõ ràng f(3) tính theo sơ đồ được, không biểu diễn dạng tổng hai bình phương Ta nhớ lại toán lớp Có cân đĩa với cân 1kg, 5kg bao đường nặng 10kg Hãy cân 7kg đường lần cân Rõ ràng, với cách cân thông thường ta cân 1kg đường, 4kg đường (5-1), kg đường 6kg đường Tuy nhiên, tinh ý chút, ta có phương án cân 7kg đường sau: Đặt vào đĩa bên trái cân 1kg 10kg đường, đĩa bên phải cân 5kg, sau chuyển dần đường từ bên trái sang bên phải cho cân cân bằng, số đường lại đĩa bên phải 7kg ! Bây ta thủ thuật tương với toán Ta không tính trực tiếp f(3) ta lại có f2(5) = f(25) = f(32+42) = f2(3) + f2(4) Từ ta f(3) = Tương tự ta tính f(6) nhờ vào đẳng thức + 82 = 102, f(8) = f(22+22) = 2f2(2) = 8, f(10) = f(32+12) = f2(3) + f2(1) = 10 Tiếp tục, để tính f(7), ta để ý + = 50 = 52 + 52, từ f(7) = Cũng thế, 11 + 22 = 102 + 52 nên ta suy f(11) = 11 Cách làm tổng quát hoá nào? Ý tưởng m + n2 = p2 + q2 (1) f2(m) + f2(n) = f2(p) + f2(q) Do ta tính f(n), f(p), f(q) f(m) tính Làm để có đẳng thức dạng (1) dạng tổng quát, cho phép ta chứng minh f(n) = n với n quy nạp? Chú ý (1) viết lại thành (m-p)(m+p) = (q-n)(q+n) = N Do chọn số N có cách phân tích thành tích số có tính chẵn lẻ, ta tìm nghiệm cho (1) Chọn N = 8k = 2.4k = 4.2k N = 16k = 4.4k = 8.2k, ta hệ m – p = 2, m+p = 4k, q – n = 4, q + n = 2k m – p = 4, m+p = 4k, q – n = 8, q + n = 2k Từ đẳng thức tương ứng (2k+1)2 + (k-2)2 = (2k-1)2 + (k+2)2 (2k+2)2 + (k-4)2 = (2k-2)2 + (k+4)2 Từ hai đẳng thức này, với ý ta chứng minh f(n) = n với n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ta dễ dàng chứng minh quy nạp f(n) = n với n ∈ N Trường hợp f(1) = 0, cách lý luận nêu ta suy f(n) = với n thuộc N Bài tập Tìm tất hàm số f: Q  Q thoả mãn điều kiện i) f(x+1) = f(x) + với x thuộc Q; ii) f(x3) = f3(x) với x thuộc Q; Tìm tất hàm f: R \ {0}  R thoả mãn đồng thời điều kiện i) f(1) = 1;   1 1  = f   + f   ii) f   x x+ y  y iii) (x+y)f(x+y) = xyf(x)f(y) với x, y mà xy(x+y) ≠ Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn f(x5 – y5) = x2f(x3) – y2f(y3) với x, y thuộc R Tìm tất hàm số f: Z  Z thoả mãn điều kiện f(a3+b3+c3) = f3(a) + f3(b) + f3(c) với a, b, c thuộc Z Cho hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện i) f(x2) = f2(x) với x thuộc R; ii) f(x+1) = f(x) + với x thuộc R Chứng minh f(x) = x 3 Tính giá trị hàm số điểm đặc biệt cách lập phương trình Trong phần trên, thấy phương pháp lập phương trình giúp tìm f(x) với x, nói cách khác giải phương trình hàm Trong tình tổng quát, lúc ta thực điều Mối liên kết tồn số giá trị đặc thù Ta xét ví dụ: Bài toán Cho f hàm số không giảm xác định đoạn [0, 1], thoả mãn đồng thời điều kiện 1) f(0) = 2) f(1–x) = – f(x) ∀x ∈ [0, 1]; 3) f(x/3) = f(x)/2 ∀x ∈ [0, 1] Hãy tính f(1/13), f(1/7) Giải Tương tự toán 4, ta thiết lập đồ thị có đỉnh số thực thuộc [0, 1] x nối với – x x/3 (là đại lượng tính biết f(x)) Ta thiết lập chuỗi 1 12 4 →1− = → →1− → → → 13 13 13 13 13 13 13 13   Như vậy, đặt f   = y ta có  13  1− y 1+ y   1+ y   1+ y  12    1− y   f   = − y, f   = , f   = 1− = , f = , f = 2  13   13   13   13   13  1+ y 1 Như ta phải có y = , từ y = Vậy f   =  13  Lưu ý lời giải nói đặc thù cho số 1/13 Ví dụ với 1/7 chuỗi không đóng → → → 7 7 Như vậy, cách giải không áp dụng cho 1/7 Để tìm giá trị f(1/7), ta cần đến điều kiện f không giảm f(0) = (các điều kiện không cần đến tính f(1/13)!) Cụ thể, từ điều kiện đề bài, ta suy f(0) = 0, f(1) = 1, f(1/3) = f(1)/2 = 1/2, f(2/3) = – f(1/3) = 1/2 Từ đó, hàm f không giảm nên ta suy f(x) = 1/2 với x ∈ [1/3, 2/3] Áp dụng tính chất 3, ta suy f(x) = 1/4 với x x ∈ [1/9, 2/9] Mà 1/9 < 1/7 < 2/9 nên từ ta suy f(1/7) = 1/4 Trong toán phương trình hàm tập số nguyên, mối liên hệ dạng bất đẳng thức số chìa khoá để tìm giá trị hàm số điểm Bài toán Cho hàm số f: N*  N* thoả mãn đồng thời điều kiện sau i) f(2) = ; ii) f(mn) = f(m).f(n) với m, n thuộc N* ; iii) f(m) > f(n) với m > n Hãy tìm f(3) Giải Dễ thấy hàm số f(n) = n thoả mãn ba điều kiện Một cách tự nhiên, ta nghĩ đến việc chứng minh f(3) = Thông tin mà ta có từ hai điều kiện đầu f(2 k) = 4k Rõ ràng, điều kiện iii) f(3) nhận giá trị tuỳ ý, f(3) không tính Với điều kiện iii), ta có = f(2) < f(3) < f(4) = 16, suy f(3) nhận giá trị {5, 6, …, 15} Tuy nhiên, cần xét thêm bất đẳng thức < ta suy 64 = f(8) < f(9) = f 2(3), suy f(3) > Và bất đẳng thức 27 < 32 cho ta f3(3) = f(27) < f(32) = f5(2) = 1024, suy f(3) ≤ 10 Như vậy, f(3) nhận giá trị 10 Ta tìm cách loại giá trị 10 bất đẳng thức sát Tìm kiếm luỹ thừa 3, ta tìm cặp bất đẳng thức = 243 < 256 = 28 Nếu f(3) = 10 từ bất đẳng thức ta suy 105 < 48  100000 < 65536, mâu thuẫn Vậy trường hợp f(3) = Kết hợp với nhận xét ban đầu hàm số f(n) = n thoả mãn tất điều kiện đề bài, ta kết luận f(3) = Ta sử dụng ý tưởng để tính f(n) với n bất kỳ, cụ thể chứng minh f(n) = n với n Nói chung, phương trình hàm tổng quát việc tìm giá trị hàm số điểm gặp khó khăn Tuy nhiên, thấ y rằng, số phương trình hàm việc tìm giá trị đặc biệt f(0), f(1), f(-1) đóng vai trò then chốt lời giải toán Dưới ta xem xét số ví dụ Bài toán 10 Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(xy) + f(x+y) = f(x)f(y) + f(x) + f(y) (1) Giải Phương trình « tổng » hai phương trình (2) f(x+y) = f(x) + f(y) (3) f(xy) = f(x)f(y) Chú ý theo lý thuyết phương trình hàm Cauchy hàm số f: R  R thoả mãn đồng thời hai phương trình (2) (3) f(x) = x f(x) ≡ Do vậy, ta cần chứng minh từ (1) suy (2) (3) xong Để tách phương trình (1), ta quan tâm đến tính chẵn, lẻ f Chẳng hạn f hàm số lẻ thay y –y, ta thu f(-xy) + f(x-y) = f(x)f(-y) + f(x) + f(-y) (4) Cộng (1) (4), ý f hàm lẻ, ta thu f(x+y) + f(x-y) = 2f(x) Từ phương trình f(0) = (suy từ (1) cách cho x = y = 0), ta dễ dàng suy f(x+y) = f(x) + f(y) với x, y, tức (1) tách Quay trở lại với toán Như vậy, ta quan tâm đến tính chẵn lẻ hàm số f Một cách tự nhiên, ta thay y = -1 (1) f(-x) + f(x-1) = f(x)f(-1) + f(x) + f(-1) (5) Nếu tìm f(-1) khảo sát tính chẵn lẻ f Ta tìm cách tính f(-1) Chú ý phương trình (5) có đến ẩn số f(-x), f(x-1), f(x) Điều không cho phép thiết lập dãy truy hồi để tính giá trị f Một lựa chọn khác thay y = vào (1) để f(x) + f(x+1) = f(x)f(1) + f(x) + f(1) Suy f(x+1) = f(1)f(x) + f(1) (6) Như vậy, theo ngôn ngữ đồ thị dùng toán 4, 8, ta tìm mối liên kết x  x+1 Từ đây, đặt f(1) = a ta tính f(2) = a2 + a, f(3) = a3 + a2 + a, f(4) = a4 + a3 + a2 + a Nếu tiếp tục dãy tính f(n) theo f(1) Tuy nhiên, điều ta cần tìm f(1) Vì thế, ta cần tìm phương trình khác với công thức truy hồi nói Điều có ta thay x = y = vào (1) Khi f(4) + f(4) = f2(2) + 2f(2) Thay giá trị f(4) f(2) tính theo a vào, ta phương trình 2(a4+a3+a2+a) = (a2+a)2 + 2(a2+a)  a4 = a Từ suy a nhận giá trị a = 0, a = -1, a = + Nếu a = từ (6) ta suy f(x) = với x Đây nghiệm phương trình hàm + Nếu a = –1 từ (6) ta suy f(x+1) = – f(x) – 1, tức f(x) + f(x+1) = –1 với x Từ đây, thay x = –1, ý f(0) = 0, ta f(–1) = –1 Thay vào (5), ta f(–x) + f(x–1) = –1 Mà f(x–1) + f(x) = –1 nên từ suy f(–x) = f(x), tức f hàm chẵn Bây (1), ta thay y –y f(-xy) + f(x-y) = f(x)f(-y) + f(x) + f(-y) (4) Trừ (1) cho (4), ý f hàm chẵn, ta suy f(x+y) – f(x–y) = với x, y Từ suy f hàm Điều mâu thuẫn f(0) = 0, f(1) = –1 Vậy trường hợp không xảy + Nếu a = từ (6) ta suy f(x+1) = f(x) + (7) Thay x = –1, ta f(–1) = –1 Thay vào (5), ta f(–x) + f(x–1) = –1 Lại có từ (7) f(x–1) = f(x) – nên từ ta suy f(–x) = –f(x) Như f hàm lẻ Lý luận phân tích ban đầu, ta f(x) thoả mãn hệ phương trình (2), (3) Áp dụng lý thuyết phương trình hàm Cauchy, ta tìm f(x) = x Bài toán 11 Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(x2 + f(y)) = f2(x) + y (1) Giải Vấn đề mấu chốt toán chứng minh f(0) = Thật vậy, ta chứng minh f(0) = thay y = vào phương trình hàm, ta f(x2) = f2(x) (2) Thay x = vào (1), ta f(f(y)) = y (3) Thay y f(y) (1), ý f(f(y)) = y f2(x) = f(x2), ta f(x2+y) = f(x2) + f(y) với x, y thuộc R Từ dễ dàng chứng minh f(x+y) = f(x) + f(y) (4) với x, y thuộc R Như f thoả mãn phương trình hàm Cauchy Ngoài ra, (2) nên ta có f(x) ≥ với x ≥ Kết hợp với (4), ta suy f hàm số tăng Như vậy, theo lý thuyết phương trình hàm Cauchy, f(x) = ax với x, a ≥ Thay vào phương trình hàm, ta a(x2+ay) = a2x + y với x, y, suy a = Vậy f(x) = x nghiệm phương trình hàm Tất lý luận dựa giả thiết ta chứng minh f(0) = Bây ta chứng minh điều Đặt f(0) = a Thay y = vào (1), ta f(x2+a) = f2(x) (5) Thay x = vào (5), ta f(a) = a2 Thay x = vào (1), ta f(f(y)) = a2 + y (6) 2 Bây ta tính f(a +f (1)) hai cách Một mặt f(a2+f2(1)) = f(f2(1) + f(a)) = (f(f(1)))2 + a = (a2+1)2 + a Mặt khác f(a2+f2(1)) = f(a2+f(1+a)) = (f(a))2 + + a = a4 + a + Từ ta suy a4 + 2a2 + + a = a4 + a + suy a = Tức f(0) = Lời giải hoàn tất Bài tập Cho f hàm số không giảm xác định đoạn [0, 1], thoả mãn đồng thời điều kiện i) f(0) = ii) f(1–x) = – f(x) ∀x ∈ [0, 1]; iii) f(x/3) = f(x)/2 ∀x ∈ [0, 1] a) Hãy tính f(18/1991); b) Hãy tính f(1/n) với n ∈ {1, 2, …, 20} c)* Chứng minh tồn hàm số f thoả mãn đồng thời điều kiện nêu Tìm tất hàm số f: N*  N* thoả mãn điều kiện i) f(2) = 2; ii) f(mn) = f(m).f(n) với (m, n) = 1; iii) f(m) > f(n) với m > n Tìm tất giá trị k thuộc N* cho tồn hàm số f: N*  N* thoả mãn điều kiện i) f(2) = k; ii) f(mn) = f(m).f(n) với m, n; iii) f(m) > f(n) với m > n Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(xy) + f(x) + f(y) = f(x+y) + f(x)f(y) với x, y thuộc R Tìm tất hàm số f : R  R thoả mãn điều kiện (f(x+y))2 = f(x)f(x+2y) + yf(y) với x, y thuộc R Tìm tất hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện f(x2 + y + f(y)) = f2(x) + 2y với x, y thuộc R Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, Nhà xuất Giáo dục 2001 [2] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua kỳ thi Olympic, Nhà xuất Giáo dục 2005 [3] Phan Đức Chính, Lê Đình Thịnh, Phạm Tấn Dương, Tuyển tập toán sơ cấp, Tập 1, Đại số, NXB Đại học THCN 1977 [4] Phan Huy Khải, Các toán hàm số, Nhà xuất Giáo dục 2007 [5] B.J.Venkatachala, Functional Equations – A Problem Solving Approach, PRISM 2002 [6] Pierre Bornsztein, Mobinool Omarjee, Cours – Equations fonctionelles, Electronic Edition 2003 [7] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Functional Equations, Electronic Edition 2007