Phương trình hàm hay nhat

Phương trình hàm Pco  Tồn hay không hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + f ( y )) ≥ x + yf ( x) với x, y ∈ ¡ ? Giải: Có Ví dụ chọn f ( x) = e x Bất phương trình tương đương với ( y ) y x e e −x e x +e ≥ x + ye x ⇔ e e − y ≥ x ⇔ e − y ≥ xe y y Điều ee − y ≥ e y + − y ≥ y + + − y = 2, ∀y xe − x ≤ < 2, ∀x e Hàm có cực điểm nhỏ x = (global minimum) e  Cho T số chẵn: Tìm tất hàm f : ¥ → ¥ cho f ( f (n)) = n + T f ( n + 1) > f ( n) Giải: Từ đề ta có f (n + T ) = f (n) + T f ( x) > T , ∀x > T Với số nguyên > T thuộc f (¥ ), từ điều kiện f (n + 1) > f (n) suy f ( n + 1) = f ( n) + , ∀n > T ( trái lại số f ( n) + ∈/ f (¥ ) T Vậy f ( n) = n + a, ∀n > T a = T Vậy f ( n + T ) = n + T + từ n + T > T Nhưng f ( n + T ) = f (n) + T T Vậy f ( n) = n + , ∀n ∈ ¥  Đưa ví dụ hàm f :[0;1] → [0;1] đơn ánh không liên tục điểm Giải: ∀x ∈ [0,1] : f ( x) = x x ∈ ¤  1 f ( x) =  x +  x ∉ ¤ 2  Ta tìm lân cận thuộc [0,1] giá trị a, b cho | f (a ) − f (b) |>  Xác định hàm f : ¡ → ¡ với  − x − 3;1 ≥ x f ( x) + f (− x) =   x + 3;1 < x Giải: 1) x > nên − x ≤ x > ⇒ f ( x ) + f (− x) = x + − x ≤ ⇒ f (− x) + f ( x) = x − Từ ta tìm f ( x) = x +3 2) ≥ x ≥ −1 nên − x ≤ x ≤ ⇒ f ( x) + f (− x) = − x − − x ≤ ⇒ f (− x) + f ( x) = x − Từ ta tìm f ( x) = − x − 3) −1 > x nên − x > x ≤ ⇒ f ( x) + f (− x) = − x − − x > ⇒ f (− x) + f ( x) = − x + x Từ ta tìm f ( x) = − − Từ ta tìm hàm số x ∀x ∈ ( −∞, −1) : f ( x) = − − 3 ∀x ∈ [−1,1]: f ( x) = − x − x ∀x ∈ (1, +∞) : f ( x) = + 3 Dễ dàng kiểm tra hàm số thỏa mãn hàm số cần tìm  Xác định tất hàm f : ¢ → ¢ cho f ( f ( x)) − f ( x) + x = Giải: Ta có f ( f ( x)) = f ( x) − x, ∀x ∈ ¢ Thay x f [ n ] ( x) 3 [ n + 2] ( x) = f [ n+1] ( x) − f [ n ] ( x ) Vậy f 3 n f ( x) − x n x − f ( x )   [n] f ( x) = +  ÷ 4 3 [n] Từ f ( x) ∈ ¢ , ta x − f ( x ) = nên f ( x) = x hàm cần tìm  Giả sử f : ¡ + → ¡ + hàm tăng cho f ( x + y ) + f ( f ( x ) + f ( y )) = f ( f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x ))), ∀x, y ∈ ¡ + Chứng minh f ( x) = f −1 ( x ) Giải: f ( x) hàm tăng nên ta xác định hai hàm dương tăng h( x) ≥ f ( x ) ≥ g ( x) : g ( x) = lim+ f ( z ) h( x) = lim− f ( z ) z→x z→x f ( f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x))) > f ( x + y ) f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x)) < x + y Cho x, y → 0+ từ bất đẳng thức f ( x) may be as little as we want and so that lim f ( x) = lim+ f ( x) = +∞ x →+∞ lim f ( x + y ) = g ( x) y → 0+ lim f ( f ( x) + f ( y )) = y → 0+ x →0 ( f ( x + y ) + f ( f ( x) + f ( y ))) = g ( x) Và ylim → 0+ lim f ( x + f ( y )) = y →0 + lim f ( f ( x) + y ) = g ( f ( x)) y →0 + ( f ( x + f ( y )) + f ( f ( x) + y )) = g ( f ( x )) Và ylim → 0+ f ( f ( x + f ( y )) + f ( f ( x) + y )) tồn ( vế trái có giới hạn) Và ylim → 0+ ∈ {g ( g ( f ( x))), h( g ( f ( x )))} Vậy: ∀x, g ( x) = g ( g ( f ( x))), g ( x) = h( g ( f ( x))) từ h( x) ≥ g ( x), ∀x ta thu từ hai trường hợp g ( x) ≥ g ( g ( f ( x))) Vậy g ( f ( x )) ≥ x, ∀x f ( f ( x )) ≥ x, ∀x Thay x → f ( x) : f ( f ( f ( x))) ≥ f ( x ) ( từ tính tăng hàm số) f ( f ( x )) ≤ x Do f ( f ( x)) = x, ∀x Đ.P.C.M  Cho f ( x) = x + x + 56 , giải phương trình f ( f ( f ( f ( f ( x))))) = 2012 Giải: f ( x) = ( x + 4) + 40 ≥ 40 đồng biến với x ≥ −4 Vậy f ( f ( x)) ≥ f (40) = 1976 f ( f ( f ( x ))) ≥ f (1976) > 2012 , từ suy phương trình vô nghiệm  Tìm tất hàm f g cho ( x + x + 1) f ( x − x + 1) = ( x − x + 1).g ( x + x + 1) Với x ∈ ¡ Giải: x + x + 1| g ( x + x + 1) ⇒ g ( x) = xg1 ( x ) x − x + 1| f ( x − x + 1) ⇒ f ( x ) = xf1 ( x ) 2 Như ta có f1 ( x − x + 1) = g1 ( x + x + 1) Từ phương trình đầu tiên, thay x → −1 − x ta f1 ( x + x + 3) = g1 ( x + x + 1) = f1 ( x − x + 1) 3 ⇒ f1 (( x + ) + ) = f1 (( x − ) + ) 4 Đặt h( x) = f1 (( x − ) + ) h( x + 2) = h( x) , h( x) đa thức tuần hoàn số Từ suy f1 ( x) g1 ( x) số Thế vào phương trình ban đầu ta f ( x ) = g ( x ) = ax  Cho f ( x) = x n + + x + g ( x) = f ( x n +1 ) Tìm dư chia g ( x) cho f ( x) kiπ n +1 Giải: Đặt z = e n +1 với k ∈ {1, 2, …, n} Ta có zk = f ( zk ) = 0, ∀k ∈ {1, 2,…, n} k Ta có g ( x) = f ( x )q ( x ) + r ( x) với bậc r ( x) < n n +1 Vậy g ( zk ) = f ( zk ) = f (1) = n + = r ( zk ) nên r ( x) đa thức có bậc ≤ n − nhận giá trị với n giá trị khác Vậy r ( x) số Vậy r ( x) = n +  Xác định tất hàm số f : ¢ + → ¢ + cho f ( m + n) f (m − n) , ∀m, n ∈ ¢ + f (n + 4) f (n + 1) = Giải: f ( n) f (n + 4) = f ((n + 2) ) = f (n + 1) f ( n + 3) ⇒ f (n + 3) f ( n) Như tồn u , a, b, c cho f (3 p + 1) = ua p b p c p f (3 p + 2) = ua p +1b p c p f (3 p + 3) = ua p +1b p +1c p Thì ta có f (1) f (3) = f (4) ⇒ uuab = uabc ⇒ u = c f (1) f (5) = f (9) ⇒ uua 2bc = ua 3b3c ⇒ u = ab 2c f (1) f (7) = f (16) ⇒ uua 2b 2c = ua 5b 5c ⇒ u = a 3b 3c f (1) f (9) = f (25) ⇒ uua 3b 3c = ua 8b8c ⇒ u = a 5b5c Vậy a = b = c = u = f ( n) = 1, ∀n  Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i ) f ( xy ) = f ( x) f ( y ) ii ) f ( x + 1) = f ( x) + Giải: Từ i ) ⇒ f (0) = f ( x) = , ∀x ≠ Kết hợp với ii ) ⇒ f (0) = ii ) ⇒ f (n) = n, ∀n ∈ ¢ i ) ⇒ f ( x) = x, ∀x ∈ ¤ i ) ⇒ f ( x) ≥ 0, ∀x ≥ f ( x ) ≤ 0, ∀x ≤ ii ) ⇒ f ( x) ≥ 1, ∀x ≥ từ i ) suy f ( x ) hàm không giảm Vì f ( x) = x, ∀x ∈ ¤ f ( x) hàm không giảm nên suy f ( x) = x, ∀x ∈ ¡  Nếu f có tính chất f ( f ( x ) − f ( y )) = f ( f ( x )) − y với số thực x, y Chứng minh f hàm lẻ Giải: Giả sử P ( x, y ) có tính chất f ( f ( x ) − f ( y )) = f ( f ( x )) − y P ( x, x ) ⇒ f ( f ( x )) = x = f (0) , f ( x ) song ánh P (0, 0) ⇒ f ( f (0)) = f (0) từ tính chất song ánh hàm f ( x ) suy f (0) = Vậy f ( f ( x)) = x P (0, f ( x)) cho ta f ( − x) = − f ( x) x9 f : ¡ → ¡ ( f ° f )( x ) =  Cho thỏa mãn , ∀x ∈ ¡ Chứng ( x + 1)( x + x + x + 1) minh ∃!a ∈ ¡ để f ( a) = a x9 Giải: Gọi g ( x) = f ( f ( x)) = ( x + 1)( x + x + x + 1) Rõ ràng g ( x) = x có nghiệm x = ( g ( x) < x, ∀x > g ( x) > x, ∀x < 0) Vậy f ( a) = a ⇒ f ( f (a )) = a ⇒ a = a Vì đặt b = f (0) , ta có f (b) = f ( f (0)) = g (0) = ⇒ f ( f (b)) = f (0) = b ⇒ b = Vậy tồn a ( a =0) cho f ( a) = a  Tìm tất hàm thực thỏa mãn ( x + y )[ f ( x) − f ( y )] = ( x − y ) f ( x + y ) Giải: Gọi P ( x, y ) có thỏa mãn ( x + y )[ f ( x) − f ( y )] = ( x − y ) f ( x + y ) P ( x + 1, − x ) : f ( x + 1) − f (− x)] = (2 x + 1) f (1) (a) P (− x, x − 1) : − f (− x) + f ( x − 1) = (1 − x) f (−1) (b) P ( x + 1, x − 1) : x[ f ( x + 1) − f ( x − 1)] = f (2 x) ⇒ f ( x + 1) − f ( x − 1) = Ta có (a)-(b)-(c): = (2 x + 1) f (1) − (1 − x) f ( −1) − f (2 x) (c) x f (2 x) x Vậy f ( x) = ax + bx + c với a, b, c Thế vào phương trình ban đầu ta tìm c = Vậy nghiệm tổng quát f ( x) = ax + bx  Tìm tất hàm f liên tục x0 ∈ ¡ để f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) − af ( x) f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ a số Giải: Nếu a = phương trình hàm Cauchy hàm liên tục f ( x) = cx Nếu a ≠ cho h( x) = − af ( x ) Ta có h( x + y ) = h( x) h( y ) , có hai hàm liên tục là: h( x) = h( x) = e cx 1 − ecx Vậy hàm cần tìm f ( x ) = f ( x) = a a  Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn ( x + y )( f ( x) − f ( y )) = ( x − y ) f ( x + y ) x+ y x+ y f ( x) − f ( y ), ∀x ≠ y Giải: Đặt P ( x, y ) khẳng định f ( x + y ) = x− y x− y x+3 x+3 P ( x + 1, 2) ⇒ f ( x + 3) = f ( x + 1) − f (2), ∀x ≠ x −1 x −1 x +1 x +1 P ( x,1) ⇒ f ( x + 1) = f ( x) − f (1), ∀x ≠ x −1 x −1 x + x +1 x + x +1 x+3 f ( x) − f (1) − f (2), ∀x ≠ And so f ( x + 3) = x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 x+3 x+3 P ( x + 2,1) ⇒ f ( x + 3) = f ( x + 2) − f (1), ∀x ≠ −1 x +1 x +1 x+2 x+2 P ( x, 2) ⇒ f ( x + 2) = f ( x) − f (2), ∀x ≠ x−2 x−2 x+3 x+2 x+3 x+2 x+3 f ( x) − f (2) − f (1), ∀x ≠ −1, And so f ( x + 3) = x +1 x − x +1 x − x +1 Equating these two expressions , ta có f ( x ) = ax + bx, ∀x ∉ {−3, −1,1, 2} với giá trị a, b ∈ ¡ Then P (3, −6), P (3, −4) P (3, −2) P (4, −2) suy f ( x ) = ax + bx, ∀x Dễ dàng kiểm tra thấy nghiệm thỏa mãn Vậy f ( x ) = ax + bx, ∀x hàm cần tìm  Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ cho f ( f ( y )( x + 1)) = y ( f ( x) + 1) với số thực x,y Giải: Đặt P ( x, y ) khẳng định f ( f ( y )( x + 1)) = y ( f ( x ) + 1) P (−1, 0) ⇒ f (0) = P (0, x) ⇒ f ( f ( x)) = x f ( x) song ánh Let then u = f (1) ≠ cho f (u ) = P ( x, u ) ⇒ f ( x + 1) = u ( f ( x) + 1) P ( x, f ( y )) ⇒ f ( y ( x + 1)) = f ( y )( f ( x) + 1) = Q( x, y ) : f ( xy ) = f ( x + 1) f ( y ) and so khẳng định u f ( x) f ( y ) u x x Với y ≠ : Q( + 1, y ) ⇒ f ( x + y ) = f ( + 1) f ( y ) y u y x x = ( f ( ) + 1) f ( y ) = f ( ) f ( y ) + f ( y ) = uf ( x) + f ( y ) y y And so new assertion R ( x, y ) : f ( x + y ) = uf ( x) + f ( y ), ∀y ≠ So sánh R (1, 2) R (2,1) suy u = R ( x, y ) với y = ta có f ( xy ) = f ( x) f ( y ) f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) Từ suy f ( x ) = f ( x) = x , f ( x) = không nghiệm Vậy f ( x ) = x hàm số cần tìm  Tìm hàm P : ¡ → ¡ cho P (a + b + c) = P (a + b − c + a ) + P (a − b + c + c ) + P (−a + b + c + b ) + 2ab + 2bc + 2ac với a, b, c ∈ ¡ Giải: none: 15 15 63 63 a = 2, b = , c = ⇒ P ( ) = P ( ) + P ( ) + P( ) + 36 ⇒ P( ) + P( ) = −36 2 2 4 9 63 9 63 a = − , b = 0, c = ⇒ P(− ) = P( ) + P(− ) + P( ) + ⇒ P( ) + P( ) = 2 2 Từ mâu thuẫn  Cho k ≥ 3, k ∈ ¥ Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ cho 2π f ( x − 1) + f ( x + 1) = 2(cos ) f ( x) , chứng minh hàm f hàm tuần hoàn k 2π f ( x + 1) − f ( x) Giải: f ( x + 2) = cos k Với x, dãy an xác định sau: a0 = f ( x) a1 = f ( x + 1) an + = cos 2π an +1 − an k Phương trình đặc trưng đa thức X − cos e 2iπ k Vậy a = ze n iπ n k + ze − iπ n k 2iπ 2π X + có nghiệm e k k với z đó, ta có a0 = f ( x) = z + z , a = f ( x + 1) = ze iπ k + ze − iπ k iπ −2 iπ = a0 rõ ràng an = f ( x + n) Cho n = k ak = ze + ze Do ta có ak = a0 ⇒ f ( x + k ) = f ( x), ∀x  Tìm tất hàm f : ¡ a ¡ cho f ( f ( x + y ) f ( x − y )) = x − yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Giải: Gọi P ( x, y ) f ( f ( x + y ) f ( x − y )) = x − yf ( y ) Đặt a = f (0) P (0, 0) ⇒ f (a ) = P (a , 0) ⇒ a = a ⇒ a ∈ {0,1} Nếu a = f (0) = , f (1) = P (2,1) ⇒ = ( vô lý) Vậy a = f (0) = Ta có P ( x, x ) ⇒ xf ( x ) = x ⇒ f ( x) = x , ∀x hàm cần tìm  Tồn hay không đa thức P ( x ) cho P (sin x) = cos 2004 x, ∀x ∈ ¡ ? Giải: Dễ dàng ∃H ( x) ∈ ¡ [ X ] cho cos1002 x = H (cos x), ∀x Chỉ cần chọn P ( x ) = H (1 − x ) , H đa thức Tchebysheff  Tồn hay không đa thức P ( x ) cho P (sin x) = cos 2005 x, ∀x ∈ ¡ ? Giải: Cho x = ⇒ P (0) = cho x = π ⇒ P (0) = −1 , không tồn đa thức  Xác hàm f :[ −1;1] → [ −1;1] cho với x ∈ [−1;1] x + f ( x ) ∈ [−1;1] f (3x + f ( x)) = − x Giải: Từ điều kiện suy f ( x ) ∈ [1 − a − ax, a − − ax ] với a = > Từ điều kiện thứ hai suy − x ∈ [1 − a − a(3 x + f ( x)), a − − a (3 x + f ( x))] ⇒ f ( x ) ∈ [1 − b − bx, b − − bx] 3a − >1 Với b = 2a Từ ta có f ( x) ∈ [1 − an − an x, an − − an x] với an dãy xác định sau 3an − a1 = , an +1 = 2an Dễ thấy an nột dãy số dương tăng có giới hạn Vậy f ( x) ∈ [− x, − x ] rõ ràng f ( x ) = − x hàm cần tìm  Tìm tất hàm f : (0; +∞) → ¡ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau a) f (2) = −4 b) f ( xy ) = x f ( y ) + y f ( x ) , ∀x, y ∈ (0; +∞) Giải: Gọi h( x) : ¡ → ¡ xác định sau h( x) = f (e x )e −2 x Bài toán trở thành h( x + y ) = h( x) + h( y ), ∀x, y ∈ ¡ h(ln 2) = −1 Như toán có vô số nghiệm f ( x ) = x h(ln x ) , h( x) nghiệm phương trình Cauchy cho h(ln 2) = −1  Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ cho ( x + y )( f ( x) − f ( y )) = ( x − y ) f ( x + y ) với x, y thuộc ¡ Giải: Đặt P ( x, y ) ( x + y )( f ( x) − f ( y )) = ( x − y ) f ( x + y ) , ta có P (1, 0) ⇒ f (0) = x x x x Với x ≠ P ( − 1, + 1) ⇒ f ( − 1) − f ( + 1) = − f ( x) 2 2 x x x x x P ( + 1, − ) ⇒ f ( + 1) − f (− ) = ( x + 1) f (1) 2 2 x x x x P (− , − 1) ⇒ f (− ) − f ( − 1) = ( x − 1) f (−1) 2 2 Cộng ba đẳng thức theo vế tương ứng ta có f (1) + f (−1) f (1) − f (−1) f ( x) = x + x , ∀x ≠ , x = 2 Vậy f ( x) = ax + bx , ∀x hàm cần tìm, với số tùy ý a, b ∈ ¡  Cho P ( x ) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh đa thức Q( x) = P ( x) + 12 có sáu nghiệm nguyên phân biệt P ( x ) nghiệm nguyên Giải: Từ đề suy P ( x ) = ( x − a1 )( x − a2 )( x − a3 )( x − a4 )( x − a5 )( x − a6 ) H ( x ) − 12 P (r ) = ⇒ (r − a1 )( r − a2 )(r − a3 )( r − a4 )(r − a5 )(r − a6 ) H (r ) = 12 Vậy 12 tích sáu nghiệm nguyên phân biệt, điều  Tìm hàm liên tục f : ¡ → ¡ cho { f ( x + y )} = { f ( x) + f ( y )}, ∀x, y ∈ ¡ Giải: Vậy f ( x + y ) − f ( x) − f ( y ) ∈ ¢ f ( x + y ) − f ( x) − f ( y ) = b , với b số nguyên Hơn ta có ( f ( x + y ) + b) = ( f ( x) + b) + ( f ( y ) + b) Từ ta có f ( x ) = ax − b , ∀x , a ∈ ¡ , b ∈ ¢ Dễ thấy hàm số thỏa mãn điều kiện đề  Nếu f ( x + y ) + f ′( x − y ) = f ( f ′( xy )) , tìm hàm số f ( x) thỏa mãn điều Giải: Cho y = ta có f ( x) + f ′( x) = c số, từ suy f ( x) = ae − x + c Thế vào phương trình hàm cho ta có a = c = , f ( x) = 0, ∀x hàm số cần tìm  Tìm tất hàm f : ¥ → ¥ cho f ( f (n)) = n + Giải: Vậy f ( n + 2) = f (n) + f (2n + 1) = 2n + f (1) : f (2n + 2) = 2n + f (2) Thế vào f ( f (n)) = n + ta có f (1) số chẵn f (1) + f (2) = Từ ta tìm hai hàm số: 1) f (1) = f (2n + 1) = 2n + f (2n + 2) = 2n + Từ ta có f ( x ) = x + 2) f (1) = f (2n + 1) = 2n + f (2n + 2) = 2n + Từ ta có f ( x ) = x + − 2(−1) n  Cho T số chẵn Tìm tất hàm f : ¥ → ¥ cho f ( f (n)) = n + T f (n + 1) > f (n) Giải: Vậy ta có f (n + T ) = f (n) + T f ( x) > T , ∀x > T Và từ số nguyên > T thuộc f ( ¥ ) , điều kiện f ( n + 1) > f ( n) ⇒ f (n + 1) = f (n) + 1, ∀n > T ( trái lại số ( f (n) + ∈ / f (¥ )) T Vậy f ( n) = n + a, ∀n > T a = T Do f ( n + T ) = n + T + n + T > T T Nhưng f ( n + T ) = f (n) + T , f (n) = n + , ∀n ∈ ¥  Tìm hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + y ) = f ( x) f ( y ) + xy , ∀x, y ∈ ¡ Giải: Đặt P ( x, y ) phương trình f ( x + y ) = f ( x) f ( y ) + xy P ( x + y, z ) ⇒ f ( x + y + z ) = f ( x + y ) f ( z ) + xz + yz = f ( x ) f ( y ) f ( z ) + xyf ( z ) + xz + yz P ( x + z , y ) ⇒ f ( x + y + z ) = f ( x + z ) f ( y ) + xy + yz = f ( x) f ( y ) f ( z ) + xzf ( y ) + xy + yz Vậy xyf ( z ) + xz = xzf ( y ) + xy Thay x=y=1 vào đẳng thức trên, ta có f(z)=z(f(1)-1)+1 hay f(x)=ax+1 không nghiệm với a Vậy hàm số thỏa mãn phương trình  Tìm tất hàm f : ¡ * → ¡ thỏa mãn ( ∀( x, y) ∈ ¡ * × ¡ * ) : f ( xy) = 1x f ( y ) + yf ( x) * Trong ( ¡ = ¡ − {0}) Giải: Đặt P ( x, y ) phương trình f ( xy ) = f ( y ) + yf ( x ) x f (2) + f ( x) x P (2, x) ⇒ f (2 x) = f ( x) + xf (2) P ( x, 2) ⇒ f (2 x) = Trừ hai phương trình theo vế tương ứng ta có f ( x) = f (2) (x − ) x 1  Vậy f ( x ) = a  x − ÷ , ∀x ≠ với a ∈ ¡ x   Tồn hay không hàm số f : ¡ → ¡ : f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) + x y ? Giải: Đặt P ( x, y ) phương trình f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) + x y ta có P (1,1) ⇒ f (2) = f (1) + P (2, 2) ⇒ f (4) = f (2) + 16 = f (1) + 18 P (1, 2) ⇒ f (3) = f (1) + f (2) + = f (1) + P (1,3) ⇒ f (4) = f (1) + f (3) + = f (1) + 14 ≠ f (1) + 18 Vậy không tông hàm số  Tồn hay không hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + f ( y )) ≥ x + yf ( x) với x, y ∈ ¡ ? Giải: Có Ví dụ chọn f ( x) = e x Bất phương trình tương đương với ( y ) y x e e −x e x +e ≥ x + ye x ⇔ e e − y ≥ x ⇔ e − y ≥ xe y y Điều ee − y ≥ e y + − y ≥ y + + − y = 2, ∀y xe − x ≤ < 2, ∀x e Hàm có cực điểm nhỏ x = (global minimum) e  Cho T số chẵn: Tìm tất hàm f : ¥ → ¥ cho f ( f (n)) = n + T f ( n + 1) > f ( n) Giải: Từ đề ta có f (n + T ) = f (n) + T f ( x) > T , ∀x > T Với số nguyên > T thuộc f (¥ ), từ điều kiện f (n + 1) > f (n) suy f ( n + 1) = f ( n) + , ∀n > T ( trái lại số f ( n) + ∈/ f (¥ ) T Vậy f ( n) = n + a, ∀n > T a = T Vậy f ( n + T ) = n + T + từ n + T > T Nhưng f ( n + T ) = f (n) + T T Vậy f ( n) = n + , ∀n ∈ ¥  Đưa ví dụ hàm f :[0;1] → [0;1] đơn ánh không liên tục điểm Giải: ∀x ∈ [0,1] : f ( x) = x x ∈ ¤  1 f ( x) =  x +  x ∉ ¤ 2  Ta tìm lân cận thuộc [0,1] giá trị a, b cho | f (a ) − f (b) |>  Xác định hàm f : ¡ → ¡ với  − x − 3;1 ≥ x f ( x) + f (− x) =   x + 3;1 < x Giải: 1) x > nên − x ≤ x > ⇒ f ( x ) + f (− x) = x + − x ≤ ⇒ f (− x) + f ( x) = x − x Từ ta tìm f ( x) = + 2) ≥ x ≥ −1 nên − x ≤ x ≤ ⇒ f ( x) + f (− x) = − x − − x ≤ ⇒ f (− x) + f ( x) = x − Từ ta tìm f ( x) = − x − 3) −1 > x nên − x > x ≤ ⇒ f ( x) + f (− x) = − x − − x > ⇒ f (− x) + f ( x) = − x + x Từ ta tìm f ( x) = − − Từ ta tìm hàm số x ∀x ∈ ( −∞, −1) : f ( x) = − − 3 ∀x ∈ [−1,1]: f ( x) = − x − x ∀x ∈ (1, +∞) : f ( x) = + 3 Dễ dàng kiểm tra hàm số thỏa mãn hàm số cần tìm  Xác định tất hàm f : ¢ → ¢ cho f ( f ( x)) − f ( x) + x = Giải: Ta có f ( f ( x)) = f ( x) − x, ∀x ∈ ¢ Thay x f [ n ] ( x) 3 [ n + 2] ( x) = f [ n+1] ( x) − f [ n ] ( x ) Vậy f 3 n f ( x) − x n x − f ( x )   [n] f ( x) = +  ÷ 4 3 Từ f [ n ] ( x) ∈ ¢ , ta x − f ( x ) = nên f ( x) = x hàm cần tìm  Giả sử f : ¡ + → ¡ + hàm tăng cho f ( x + y ) + f ( f ( x ) + f ( y )) = f ( f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x ))), ∀x, y ∈ ¡ + Chứng minh f ( x) = f −1 ( x ) Giải: f ( x) hàm tăng nên ta xác định hai hàm dương tăng h( x) ≥ f ( x ) ≥ g ( x) : g ( x) = lim+ f ( z ) h( x) = lim− f ( z ) z→x z→x f ( f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x))) > f ( x + y ) f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x)) < x + y Cho x, y → 0+ từ bất đẳng thức f ( x) may be as little as we want and so that lim f ( x) = lim+ f ( x) = +∞ x →+∞ x →0 lim+ f ( x + y ) = g ( x) y →0 lim f ( f ( x) + f ( y )) = y → 0+ ( f ( x + y ) + f ( f ( x) + f ( y ))) = g ( x) Và ylim → 0+ lim f ( x + f ( y )) = y →0 + lim f ( f ( x) + y ) = g ( f ( x)) y →0 + ( f ( x + f ( y )) + f ( f ( x) + y )) = g ( f ( x )) Và ylim → 0+ f ( f ( x + f ( y )) + f ( f ( x) + y )) tồn ( vế trái có giới hạn) Và ylim → 0+ ∈ {g ( g ( f ( x))), h( g ( f ( x )))} Vậy: ∀x, g ( x) = g ( g ( f ( x))), g ( x) = h( g ( f ( x))) từ h( x) ≥ g ( x), ∀x ta thu từ hai trường hợp g ( x) ≥ g ( g ( f ( x))) Vậy g ( f ( x )) ≥ x, ∀x f ( f ( x )) ≥ x, ∀x Thay x → f ( x) : f ( f ( f ( x))) ≥ f ( x ) ( từ tính tăng hàm số) f ( f ( x )) ≤ x Do f ( f ( x)) = x, ∀x Đ.P.C.M [...]... được f ( x) = − − 3 3 Từ đó ta tìm được các hàm số x ∀x ∈ ( −∞, −1) : f ( x) = − − 3 3 ∀x ∈ [−1,1]: f ( x) = − x − 1 x ∀x ∈ (1, +∞) : f ( x) = + 3 3 Dễ dàng kiểm tra được là các hàm số này thỏa mãn và đó là các hàm số cần tìm  Xác định tất cả các hàm f : ¢ → ¢ sao cho 3 f ( f ( x)) − 8 f ( x) + 4 x = 0 8 4 Giải: Ta có f ( f ( x)) = f ( x) − x, ∀x ∈ ¢ Thay x bằng f [ n ] ( x) 3 3 8 4 [ n + 2] ( x)... 4 4 3 Từ f [ n ] ( x) ∈ ¢ , ta được 6 x − 3 f ( x ) = 0 nên f ( x) = 2 x là hàm cần tìm  Giả sử f : ¡ + → ¡ + là một hàm tăng sao cho f ( x + y ) + f ( f ( x ) + f ( y )) = f ( f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x ))), ∀x, y ∈ ¡ + Chứng minh rằng f ( x) = f −1 ( x ) Giải: f ( x) là hàm tăng nên ta có thể xác định được hai hàm dương tăng h( x) ≥ f ( x ) ≥ g ( x) : g ( x) = lim+ f ( z ) và h( x) = lim−... Đưa ra một ví dụ về hàm f :[0;1] → [0;1] đơn ánh và không liên tục ở bất cứ điểm nào Giải: ∀x ∈ [0,1] : f ( x) = x nếu x ∈ ¤  1 f ( x) =  x +  nếu x ∉ ¤ 2  Ta có thể tìm bất kì một lân cận nào đó thuộc [0,1] các giá trị a, b sao cho 1 | f (a ) − f (b) |> 4  Xác định các hàm f : ¡ → ¡ với  − x − 3;1 ≥ x 2 f ( x) + f (− x) =   x + 3;1 < x... x))), hoặc g ( x) = h( g ( f ( x))) và từ h( x) ≥ g ( x), ∀x ta thu được từ hai trường hợp này g ( x) ≥ g ( g ( f ( x))) Vậy g ( f ( x )) ≥ x, ∀x f ( f ( x )) ≥ x, ∀x Thay x → f ( x) : f ( f ( f ( x))) ≥ f ( x ) và vậy ( từ tính tăng của hàm số) f ( f ( x )) ≤ x Do đó f ( f ( x)) = x, ∀x Đ.P.C.M