NHOM 9 PT ham

Bài Cho hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy ( x − y ) với x, y ∈ ¡ Tính f (0) chứng minh f hàm số lẻ Tìm tất hàm số f Hướng dẫn giải Tính f (0) chứng minh f hàm số lẻ Với x = y = −2 f (0) = hay f (0) = ∀y ∈ ¡ ⇒ − y ∈ ¡ Với y = f (0) = f (−0) = (do (1)) x = Với  − yf ( y ) − yf (− y ) = hay f ( − y ) = − f ( y ) y ≠ Vậy f hàm số lẻ Tìm tất hàm số f u+v  x=  u = x + y  Đặt  ta suy  v = x − y u  y = −v  2 u − v2 Khi v f (u ) − u f (v ) = uv u ≠ Với  v ≠ (1) (2) f (u ) f (v ) u − v f (u ) u f (v) v hay − = − = − u v u v f (u ) u Chọn v = , ta có − = f (1) − u 4 Đặt a = f (1) − f (u ) u Ta có (3) − = a, ∀u ≠ u x3 Suy f ( x ) = + ax, ∀x ≠ x3 Từ (1), (3) ta f ( x) = + ax, ∀x ∈ ¡ Thử lại 1 x3 Với f ( x) = + ax , ta có: f (0) = 0; f (1) = + a ⇔ a = f (1) − 4 2 ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy ( x − y ) Từ (2) ta x3 + ax, ∀x ∈ ¡ Bài Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn: 1 f ( xy ) + f ( xz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y , z ∈ ¡ 3 Hướng dẫn giải Vậy f ( x) = 1 1  Cho x = y = z = f ( 0) + f ( 0) − f ( 0) ≥ ⇔  f ( 0) − ÷ ≤ ⇔ f ( 0) = 3 3  1 1  Cho x = y = z = f ( 1) + f ( 1) − f ( 1) ≥ ⇔  f ( 1) − ÷ ≤ ⇔ f ( 1) = 3 3  Cho y = z = f ( ) − f ( x ) f ( ) ≥ 1 Do f ( ) = nên f ( x ) ≤ , ∀x ∈ ¡ (1) 3 1 Cho y = z = , ta có f ( x ) + f ( x ) − f ( x ) f ( 1) ≥ 3 1 Do f ( 1) = nên f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ (2) 3 Từ (1) (2) ta f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ Bài Tìm tất hàm số f : R → R , biết f hàm số chẵn thỏa mãn: f ( xy ) − f ( x ) f ( y ) = 2014 ( f ( x + y ) − xy − 1) với x, y ∈ R Hướng dẫn giải Từ (1) cho y = , ta có: f ( ) − f ( x ) f ( ) = 2014 ( f ( x ) − 1) ⇔ ( f ( x ) − 1) ( f ( ) + 2014 ) = với x ∈ R 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) Từ (1) thay x x y −x , ta được: f ( − x ) − f ( x ) f ( − x ) = 2014 ( f ( ) + x − 1) (2) (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 ∈ R 2 Suy ra: f ( x ) = x + f ( ) = x − 2014 với x ∈ R Bài Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn 2 f ( x + y ) = xf ( x ) + yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1) Cho x = , từ ( 1) suy f ( y Hướng dẫn giải = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ) f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ Cho y = , từ ( 1) suy Do (1) trở thành: f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ≥ ( *) thay y − y từ ( 1) ta : f ( x + y ) = xf ( x ) − yf ( − y ) ⇒ − yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡ − yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡ , chứng tỏ f hàm số lẻ Do với x ≥ 0, y ≤ ta có f ( x − y) = f ( x + ( − y) ) = f ( x) + f ( − y) = f ( x) − f ( y ) ⇒ f ( x) = f ( x − y) + f ( y) ⇒ f ( ( x − y) + y) = f ( x − y) + f ( y) ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ≤ ( **) Với x ≤ 0, y ≤ ta có f ( x + y ) = − f ( −x − y ) = − ( f ( −x) + f ( − y ) ) = − ( − f ( x) − f ( y ) ) = f ( x) + f ( y ) Kết hợp ( *) , ( **) , (***) ta f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ f tính f ( ( x + 1) ) = f ( x 2 ( ***) + x + 1) ⇔ ( x + 1) f ( x + 1) = f ( x ) + f ( x ) + f ( 1) ( ( x + 1) ) theo hai cách Ta có ⇔ ( x + 1) ( f ( x ) + f ( 1) ) = xf ( x ) + f ( x ) + f ( 1) ⇔ f ( x ) = xf ( 1) , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ , a ∈ ¡ Bài Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn:  1  f ( x + xy + f ( y )) =  f ( x ) + ÷ f ( y ) + ÷, ∀x, y ∈ ¡  2  Hướng dẫn giải Dễ thấy hàm f không thỏa mãn Ta xét f không  1  f ( x + xy + f ( y )) =  f ( x) + ÷ f ( y ) + ÷, ∀x, y ∈ ¡ (1)  2   1  Trong (1) cho y=-1 ta được: f ( f (−1)) =  f ( x) + ÷ f (−1) + ÷, ∀x ∈ ¡ (2)  2  1 ≠ f hàm Do đó: f (−1) + = ⇒ f (−1) = − 2 Ta chứng minh: f ( x) + = ⇔ x = −1 Rõ ràng f (−1) + Thật vậy, giả sử tồn a ≠ −1 cho f (a ) = −1 Trong (1) chọn y = a ta có: f ( ax + x − ) = 0, ∀x ∈ ¡ Mâu thuẫn f khơng hàm Do ta có: a = −1 −1 Chú ý f ( −1) = − nên từ (2) ta có : f ( ) = 2 − − f ( y) Trong (1) chọn x = , ( y ≠ −1) ta được: 1+ y 1 − − f ( y) − − f ( y) − − f ( y) 1 f( + y + f ( y )) = (f( ) + )( f ( y ) + ) 1+ y 1+ y 1+ y 2 − − f ( y) 1 ⇔ (f( ) + )( f ( y ) + ) = f (− ) = 0, ∀ y ≠ − 1+ y 2 1 − − f ( y) − − f ( y) ⇒ f( ) = − , ∀ y ≠ −1 ⇔ = −1, ∀ y ≠ −1 1+ y 1+ y Suy f ( y ) = y + , ∀ y ≠ −1 Do f ( −1) = − 1 nên f ( x ) = x + , ∀x ∈ ¡ 2 Thử lại ta có hàm số cần tìm f ( x) = x + , ∀x ∈ ¡ Bài Tìm tất hàm f: ¡ → ¡ thoả mãn: ( ) f ( f ( x ) + y ) = f x − y + yf ( x )  ( f ( x ) ) + y ÷, ∀x, y ∈¡     Hướng dẫn giải  2 Từ giả thiết: f f ( x ) + y = f x − y + yf ( x )  f ( x ) + y ÷, ∀x, y ∈¡   ( ( ) ( ) ( ) ) (1) ( ( x ) + x ) , ∀x ∈¡ (2) Thay y = -f(x) vào (1): f (0) = f ( x + f ( x ) ) − f ( x ) ( f ( x ) + f ( x ) ) , ∀x ∈¡ (3) Từ (2) (3) ta có: 16 f ( x ) = x f ( x ) ( f ( x ) + x ) , ∀x ∈¡ 4 Thay y = x4 vào (1): f f ( x ) + x = f ( ) + x f ( x ) f 4 ( ⇔ f ( x) − x )  f ( x)  f   2 2 2   ( x ) + 34 x8 +  f ( x ) + 12 x ÷   ÷ = 0, ∀x ∈ ¡ ÷  (4) Thay x = vào (4) suy f(0) = Giả sử tồn a ≠ cho f(a) = Ta chứng minh f(x) = 0, ∀x ∈ ¡ Thay x = y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(-y) Thay x = a y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(a4 – y) ( ) ( ) 4 Suy ra: f ( y ) = f ( − y ) = f a − y = f y − a , ∀y ∈ ¡ ( ) ( ) ( ( ( ) ) ⇒ f f ( x ) = f − f ( x ) = f a + f ( x ) , ∀x ∈¡ (5) ) 4 f y = f y − a , ∀y ∈¡ (6) ( ( ) ) Thay y = x tuỳ ý vào (1), ta f f ( x ) = f x (7) Thay y = a4 vào (1), ta ( ) ( ) ( ) Từ (5), (6), (8) suy ra: f ( f ( x ) ) = f ( x ) + 8a f ( x ) ( f ( x ) + a ) , ∀x ∈¡ Từ (7) (9): 8a f ( x ) ( f ( x ) + a ) = ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈¡ f f ( x ) + a = f x − a + 8a f ( x ) f ( x ) + a8 , ∀x ∈¡ 4 (8) (9) Và từ (4), ∃ x0 ∈R: f(x0) ≠ ⇒ f(x) = x4, ∀x ∈ R Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình Tìm tất hàm số f: R → R thoả mãn Bài f ( xf ( y ) + y ) + f ( xy + x) = f ( x + y ) + 2013 xy (1) Hướng dẫn giải Thay x=1,y = vào (1) ta được: f ( a) = 2013 Trong a = f ( 1 )+ 2013 2013 Tiếp tục thay y = a vào (1), ta thu được: f ( x + a ) + f ( xa + x) = f ( x + a ) + 2013ax,∀x ∈ R hay f ( ax + x ) = 2013ax,∀x ∈ R (2) Từ (2) suy a ≠ −1 Thay x = f (t ) = t vào (2), ta a +1 2013at , ∀t ∈ R hay f (t ) = ct , (c ∈ R ) a +1 Tiếp theo, thay biểu thức f(t) vào (1), ta thu đẳng thức c xy + cy + cxy + cx = cx + cy + 2013xy; ∀x, y ∈ R ⇔ (c + c − 2013) xy = 0, ∀x, y ∈ R  −1 − 8053 c = ⇔ c + c − 2013 = ⇔   −1 + 8053 c =  −1 + 8053 −1 − 8053 x f ( x) = x 2 thỏa mãn Vậy ta nhận hai hàm số thoả mãn đề f ( x ) = Bài Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ f ( x + y + f ( y ) ) = f ( f ( x ) ) + y , ∀x, y ∈ ¡ Hướng dẫn giải Chứng minh f đơn ánh Thật vậy, với x, y thỏa mãn f ( x ) = f ( y ) ta có  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 (ln đúng) Bài Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn: f [ xf (y) + 2015 x ] = 2015 xy + f (x) với x, y Hướng dẫn giải Cho x = f [ f (y) + 2015] = 2015 y + f (1) Chọn y thỏa mãn 2015 y + f (1) = −2015 , đặt t = f (y) + 2015 f (t) = −2015 Chọn y = t, thay vào giả thiết thì: f [ xf (t) + 2015 x ] = 2015 xt + f (x) Hay: f (0) = 2015 xt + f(x) ↔ f(x) = −2015 tx + f(0) ∀ x Vậy f (x) hàm bậc Giả sử f (x) = mx + n Thay vào giả thiết ta có: m [ xf (y) + 2015 x ] + n = 2015 xy + mx + n ↔ mx(my+ n) + 2015 mx + n = 2015 xy + mx + n ↔ m xy + ( mn + 2015m ) x = 2015 xy + mx Đẳng thức với x, y nên:  m = 2015 m = ± 2015 ↔   mn + 2015m = m n = −2014 Vậy có hàm thỏa mãn yêu cầu, f (x) = ± 2015 x − 2014 Bài 10 Tìm tất hàm f: ¡ → ¡ thoả mãn: ( ) f ( f ( x ) + y ) = f x − y + yf ( x )  ( f ( x ) ) + y ÷, ∀x, y ∈¡     Hướng dẫn giải  2 Từ giả thiết: f f ( x ) + y = f x − y + yf ( x )  f ( x ) + y ÷, ∀x, y ∈¡   ( ( ) ( ) ( ) ) (1) ( ( x ) + x ) , ∀x ∈¡ (2) Thay y = -f(x) vào (1): f (0) = f ( x + f ( x ) ) − f ( x ) ( f ( x ) + f ( x ) ) , ∀x ∈¡ (3) Từ (2) (3) ta có: 16 f ( x ) = x f ( x ) ( f ( x ) + x ) , ∀x ∈¡ 4 Thay y = x4 vào (1): f f ( x ) + x = f ( ) + x f ( x ) f 4 ( ⇔ f ( x) − x )  f ( x)  f   2 2 2 2   ( x ) + 34 x8 +  f ( x ) + 12 x ÷   ÷ = 0, ∀x ∈ ¡ ÷  (4) Thay x = vào (4) suy f(0) = Giả sử tồn a ≠ cho f(a) = Ta chứng minh f(x) = 0, ∀x ∈ ¡ Thay x = y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(-y) Thay x = a y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(a4 – y) ( ) ( ) 4 Suy ra: f ( y ) = f ( − y ) = f a − y = f y − a , ∀y ∈ ¡ ( ) ( ) ( ( ) ( ) ⇒ f f ( x ) = f − f ( x ) = f a + f ( x ) , ∀x ∈¡ (5) ) 4 f y = f y − a , ∀y ∈¡ (6) ( ( ) ) Thay y = x tuỳ ý vào (1), ta f f ( x ) = f x (7) Thay y = a4 vào (1), ta ( ) ( ) ( ) Từ (5), (6), (8) suy ra: f ( f ( x ) ) = f ( x ) + 8a f ( x ) ( f ( x ) + a ) , ∀x ∈¡ Từ (7) (9): 8a f ( x ) ( f ( x ) + a ) = ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈¡ f f ( x ) + a = f x − a + 8a f ( x ) f ( x ) + a8 , ∀x ∈¡ 4 (8) (9) Và từ (4), ∃ x0 ∈R: f(x0) ≠ ⇒ f(x) = x4, ∀x ∈ R Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình Bài 11 Kí hiệu ¥ * tập hợp số ngun dương Tìm tất hàm f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn đẳng thức: f ( f ( m ) + f ( n ) ) = m + 2n , với m, n ∈ ¥ * Nếu m1 , m2 ∈ ¥ cho f ( m1 ) = f ( m2 ) ⇒ Hướng dẫn giải * f ( f ( m1 ) + f ( n ) ) = f ( f ( m2 ) + f ( n ) ) ⇒ m12 + 2n = m22 + 2n , suy m1 = m2 hay f đơn ánh Từ f ( m) + f (n) = f ( p ) + f (q ) ⇔ m + 2n = p + 2q (1) Dế thấy với n ∈ ¥ * , n ≥ ta có: ( n + ) + ( n − 1) = ( n − ) + ( n + 1) (2) (chú ý điều ta nhân vế với thừa số) Đặt f (1) = a ⇒ f (3a ) = Theo (1) suy ra: f (5a ) + f (a ) = f (3a ) + f (3a ) = f (3a ) = 27 Vì phương trình x + y = 27 có nghiệm nguyên dương (x; y)=(3,3) (5,1) nên ta có f (a ) = 1, f (5a ) = Cũng từ (1) ta có f (4a ) − f (2a ) = f (5a ) − f (a ) = 24 Vì phương trình x − y = 12 có nghiệm nguyên dương (x,y) (4,2) nên f (4a ) = 4, f (2a ) = Từ (1) ta có f ((k + 4)a ) = f ((k + 3)a ) − f ((k + 1) a ) + f (ka ) , suy từ khai triển (2) Vì theo kết phép quy nạp ta suy f (ka ) = k , với k số nguyên dương Do f ( a ) = a = f (1) mà f đơn ánh nên a = ⇒ a = 2 2 Vậy f ( n) = n với n nguyên dương Thử lại thỏa mãn toán Bài 12 Tìm tất hàm f : Q → R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: ( 1) : f ( ) = 0; ∀x ≠ ( 2) : f ( x ) > ∀x, y ∈ Q; ( 3) : f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) ( ) : f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ Q; ∀n ∈ ¢; ( ) : f ( n ) ≤ 2006 Bài 13 Tìm tất hàm f (x) liên tục R+* thỏa mãn: f (1) =    2  f ( x ) − x f ( x) = x − x, ∀x > Bài 14 Cho hàm số thỏa mãn đồng thời điều kiệ f : ¢ + → ¢ + n: ( 1) : f ( n + 1) > f ( n ) , ∀n ∈ ¢ + ( ) : f  f ( n )  > n + 2000, ∀n ∈ ¢ + + a Chứng minh f ( n + 1) = f ( n ) , ∀n ∈ ¢ b Tìm biểu thức f ( n ) Hướng dẫn giải + a Vì f ( n ) ∈ ¢ nên từ giả thiết ( 1) ta f ( n + 1) ≥ f ( n ) + 1, ∀n ∈ ¢ + Kết hợp điều kiến ( ) ta ∀n ∈ ¢ + : n + 2001 = ( n + 1) + 2000 = f  f ( n + 1)  ≥ f  f ( n )  + = n + 2001 + Do f ( n + 1) = f ( n ) + 1, ∀n ∈ ¢ b Ta có f ( n ) = f ( 1) + n − 1, ∀n ∈ ¢ + ⇒ f  f ( 1)  = f ( 1) + f ( 1) − ⇒ + 2000 = f ( 1) − ⇒ f ( 1) = 1001 ⇒ f ( n ) = n + 1000, ∀n ∈ ¢ + + Thử lại điều kiện, nên f ( n ) = n + 1000, ∀n ∈ ¢ Bài 15 Cho tập hợp F gồm tất hàm số f : ¡ + → ¡ + thỏa mãn điều kiện: f ( 3x ) ≥ f ( f ( x ) ) + x, ∀x ∈ ¡ + Hãy tìm số thực α lớn cho với hàm số f thuộc tâp + hợp F ta có f ( x ) ≥ α , ∀x ∈ ¡ Hướng dẫn giải Bài 16 Cho a số thực Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ cho: f liên tục ¡ f ( x − y ) = f ( x ) − f ( y ) + axy; ∀x, y ∈ ¡ Hướng dẫn giải Bài 17 Cho n ∈ ¥ ( n > ) hàm số f : ¤ → ¤ cho: f ( x n + y ) = x n −1 f ( x ) f ( f ( y ) ) ; ∀x, y Ô a Gi s rng f ( 2002 ) ≠ Tính f ( 2002 ) b Tìm hàm số f Hướng dẫn giải n n −1 f ( x + y ) = x f ( x ) f ( f ( y ) ) ; x, y Ô ( *) a - Từ ( *) ta Với x = 0;f ( y ) = f ( f ( y ) ) , y Ô Vi x = 1; y = : f ( f ( ) ) = ⇒ f ( ) = - Vi x = 1, y Ô : f ( + y ) = f ( 1) + f ( y ) - ( 1) Do đó, chứng minh quy nạp ta f ( n ) = nf ( 1) , ∀n ∈ ¥ ( 2) • Từ ( 1) ta có: f ( ) = f ( 1) + f ( −1) ⇒ f ( −1) = f ( ) − f ( 1) = − f ( t ) ; f ( x − 1) = f ( x ) − f ( 1) ( 3) Do đó, chứng minh quy nạp ta f ( −n ) = −nf ( 1) , n Ơ T ( ) , ( 3) ta f ( n ) = nf ( 1) , ∀n ∈ ¢ ( 4) • • p * Đặt f ( 1) = ;p ∈ ¥ , q ∈ ¥ ta ∀n ∈ ¥ * n chia hết p nên nf ( 1) ∈ ¢ Do ta q  f ( 1) = 2 được: f ( f ( n ) ) = f ( n ) ⇔ n  f ( 1)  = nf ( 1) ⇔  f ( 1)  = f ( 1) ⇔   f ( 1) = Do đó, từ ( ) ta f ( 2002 ) = hay f ( 2002 ) = (loại) Vậy f ( 2002 ) = 2002 n n −1 b Từ ( *) ta y = : f ( x ) = x f ( x ) , x Ô n chẵn: ∀x ≠ : f ( x ) = f ( xn ) f ( xn ) , f ( −x) = = − f ( x) x n −1 − x n−1 n lẻ: Từ ( *) ( 1) ta f ( x n + y ) = f ( x n ) + f ( y ) Suy ra: f ( − x ) + f ( x n n ) = ⇒ f ( −x) = f ( ( −x) ) = − f ( x ) = − f ( x) n ( −x) Do f ( − x ) = f ( x ) , x Ô ( 1) n −1 ( 2) n x n −1 n n Từ ( ) , chứng minh quy nạp ta f ( px ) = pf ( x ) , ∀p ∈ ¥ , ∀x ∈ ¤ ∀p ∈ ¥ * : f ( − px n ) = − f ( px n ) = − pf ( x n ) n n Vậy f ( px ) = pf ( x ) , ∀p  , x Ô ( 3) u v n −1  u u 1 * • Từ ( 3) ta cú Ô ( u ¢ , v ∈ ¥ ) ta f  ÷ = f  n ÷ = uv n −1 f  n ÷ v v v   v   un  n     f ( 1) Mà f ( 1) = f  n ÷ = v f  n ÷ ⇒ f  n ÷ = n v v  v  v  u u n −1 f ( 1) = f ( 1) Vậy f  ÷ = u.v ( 4) n v v v • Ta có f ( 1) = hay f ( 1) = từ ( ) suy f ( x ) = 0, x Ô hay f ( x ) = x, x Ô Th li tha ( *) Vậy f ( x ) = 0, ∀x Ô Bi 18 Tỡm hm s f : ¡ → ¡ thỏa mãn • f Cho x = y = ⇒ f ( ) = ( f ( ) ) ( ( x − y) ) = x 2 − yf ( x ) + ( f ( y ) ) ; ∀x, y ∈ ¡ Hướng dẫn giải  f ( 0) = ⇔  f ( ) = 2 +) Nếu f ( ) = Cho y = 0, x ∈ ¡ ta được: f ( x ) = x ⇒ f ( t ) = t , ∀t > Cho x = y ∈ ¡ ta f ( ) = x − xf ( x ) + ( f ( x ) ) +) Nếu f ( ) = cho y = 0, x ∈ ¡ ta f ( x ( 2 Cho x = 0, y ∈ ¡ ta f ( y ) = −2 y + f ( y ) ) =x ) ( f ( x) − x) 2 = ⇒ f ( x ) = x Thử lại thấy + ⇒ f ( t ) = t + 1, ∀t >  f ( y ) = y +1 2 ⇒ ( f ( y ) ) = f ( y ) + y = y + y + = ( y + 1) ⇒   f ( y ) = − y − Giả sử tôn y0 ∈ ¡ cho f ( y0 ) = − y0 − Chọn x = y = y0 ta được:  f ( y ) = y0 + = y02 − y0 f ( y0 ) + ( f ( y0 ) ) ⇔   f ( y0 ) = − y0 −  y0 = Nếu f ( y0 ) = − y0 − ⇒ − y0 − = y0 − ⇒  ( Loại)  f ( ) = −1 Nếu f ( y0 ) = y0 + ⇒ − y0 − = y0 + ⇒ y0 = −1 ⇒ f ( −1) = Vậy f ( y ) = y + Bài 19 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + f ( y ) ) = f ( x ) + xf ( y ) + f ( f ( y ) ) , ∀x , y ∈ ¡ Hướng dẫn giải Bài 20 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 Ngoài 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 ) ) 2 Mặt khác f ( f ( y ) ) = y, ∀y ∈ ¡ nên f ( x + ( y ) ) = y + xf ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ Kết hợp (ii) f ( x + f ( y ) ) = f Suy ( f ( x ) ) = x , ∀x ∈ ¡ ( ( f ( x) ) + f ( y) ) mà f đơn ánh nên x + f ( y ) = ( f ( x ) ) + f ( y ) 2 Ta không tồn đồng thời a ≠ 0, b ≠ thỏa mãn f ( a ) = a, f ( b ) = −b Thật vậy, giả sử tồn a, 2 b Trong (ii) lấy x = a, y = b ta có f ( a − b ) = a + b Do ( f ( x ) ) = x , ∀x ∈ ¡ Vậy f ( x ) = x ∀x ∈ ¡ nên ( a − b ) = ( a + b ) ⇒ a 2b = , mâu thuẫn 2 f ( x ) = − x ∀x ∈ ¡ 10 Cho m = −1 ta f ( n − 1) + f ( −n − 1) = f ( n ) + 2, ∀n ∈ ¢ Suy f ( −n ) = f ( n ) , ∀n ∈ ¢ hay f hàm số chẵn Bằng quy nạp ta chứng minh f ( n ) = n + 1, ∀n ∈ ¥ Do f hàm số chẵn nên f ( n ) = n + 1, ∀n ∈ ¢ Thử lại thỏa mãn Vậy f ( n ) = n + 1, ∀n ∈ ¢ Tìm f ( x ) xác định ∀x ∈ ¡ thỏa mãn Bài 26  π   f ( ) = 2013; f  ÷ = 2014 2   f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x ) cos y  ∀x, y ∈ ¡ Hướng dẫn giải Cho −π π   −π  ⇒ f  ÷+ f  ÷= 2    −π  π  ⇔ f ÷ = − f  ÷ = −2014   2 x = 0; y = Cho y= Cho x= Cho Cho π π π   ⇒ f  x + ÷+ f  x − ÷ = 2 2   π π   ⇔ f  x − ÷= − f  x + ÷ 2 2   −π π   −π   −π  ⇒ f  y − ÷+ f  − y ÷= f  ÷cos y 2      = −4028cos y π  y = x ⇒ f  x − ÷+ 2   π  f  − − x ÷ = −4028cos x   ( 1) x = ⇒ f ( y ) + f ( − y ) = f ( ) cos y = 4026 cos y Cho y = x+ π π  ⇒ f  x + ÷+ 2  π π   f  − x − ÷ = 4026 cos  x + ÷ 2 2   = 4026sin x ( ) Trừ vế hai phương trình ( 1) ( )   π π   f  x − ÷− f  x + ÷ = −4028cos x − 4026sin x      ⇒ ⇒2f π π     f x− ÷= − f  x + ÷   2 2  π  ⇔ f  x − ÷ = −2014 cos x − 2013sin x 2  π Cho x = x + π   x − ÷ = −4028cos x − 4026sin x 2  13 π π   ⇒ f ( x ) = −2014 cos  x + ÷− 2013sin  x + ÷ 2 2   = 2014sin x − 2013cos x Bài 27 Tìm hàm số f : ( 1; +∞ ) → ¡ thoả mãn điều kiện: f ( x ) − f ( y ) = ( y − x ) f ( xy ) với x, y > Hướng dẫn giải Với t > 1, thay ( x; y ) = ( t ; ) , ( t ; ) ( 2t ; ) vào (1) ta được: f ( t ) − f ( ) = ( − t ) f ( 2t ) f ( t ) − f ( ) = ( − t ) f ( 4t ) f ( 2t ) − f ( ) = ( − 2t ) f ( 4t ) ⇒ f ( ) + ( t − 3) f ( ) = t ( 2t − ) f ( 4t ) (2), với t > ⇒ f ( 4) = f ( 2) 2  5 Thay vào (2) ta được:  t − ÷ f ( ) = t ( 2t − ) f ( 4t )  2 f ( 2) Do với t > 1, t ≠ ⇒ f ( 4t ) = 2t f ( 2) Từ (1) ta có: f ( t ) = f ( ) + ( − t ) f ( 4t ) = vơi t > 1, t ≠ t 5 Với t = , từ (1) thay x = , y = ta có: 2 f ( 2) f ( 2) 5 f ( 2) f  ÷= f ( ) − f ( 5) = = với t > ⇒ f ( t) = 2 t c Đặt c = f ( ) ⇒ f ( x ) = với x > x Lấy t = Thử lại thỏa mãn điều kiện (1) c x Bài 28 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn:  1  f ( x + xy + f ( y )) =  f ( x) + ÷ f ( y ) + ÷, ∀x, y ∈ ¡  2  Hướng dẫn giải Dễ thấy hàm f không thỏa mãn Ta xét f không  1  Trong (1) cho y=-1 ta được: f ( f (−1)) =  f ( x) + ÷ f (−1) + ÷, ∀x ∈ ¡  2  1 Rõ ràng f (−1) + ≠ f hàm Do đó: f (−1) + = ⇒ f ( −1) = − 2 Ta chứng minh: f ( x) + = ⇔ x = −1 −1 Thật vậy, giả sử tồn a ≠ −1 cho f ( a) = Trong (1) chọn y = a ta có: f (ax + x − ) = 0, ∀x ∈ ¡ Mâu thuẫn f khơng hàm Do ta có: a = −1 Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = 14  −1  Chú ý f (−1) = − nên từ (1) ta có : f  ÷ =   − − f ( y) Trong (1) chọn x = ta : 1+ y       − − f ( y) − − f ( y) ÷   − − f ( y ) ÷÷ 1 f + y + f ( y ) ÷=  f  + ÷÷ f ( y ) + ÷ 1+ y ÷÷ 2  1+ y ÷   + y ÷           − − f ( y ) ÷÷ 1  −1  + ÷÷ f ( y ) + ÷ = f  ÷, ∀y ≠ −1 f ÷÷ 2     + y ÷     −1  −1  − f ( y)  − f ( y ) ÷ −1 f = , ∀ y ≠ − ⇔ = −1, ∀y ≠ −1 ⇒ f ( y ) = y + , y ≠ −1 ÷ 1+ y  1+ y ÷   1 Do f (−1) = − nên f ( x) = x + , ∀x ∈ ¡ 2 Thử lại ta có hàm số cần tìm f ( x) = x + , ∀x ∈ ¡ Bài 29 Tìm tất số nguyên không âm n cho tồn hàm f : ¢ → [0; +∞) khác thỏa mãn đồng thời điều kiện sau f ( xy ) = f ( x) f ( y ); ∀x, y ∈ ¢ i ii { f (x + y ) − f ( x ) − f ( y )∣ x, y ∈ ¢} = { 0;1; 2; ; n} Hướng dẫn giải k a ∈ Z Với bất kì, cách thay x = y = a ; k ∈ ¥ * vào i) f ( a) k  f (2) f ( a) k − 1 ∈ { 0;1; 2; ; n} (1) k + Nếu f (2) = 0, −2 f ( a) ∈ { 0;1; 2; ; n} ⇒ f (a) = + Nếu f (2) > 0, ta thấy f (a) = f ( a) = Thật vậy, f ( a) > 1, cách cho k → +∞ , ta k k thấy f (a )  f (2) f (a ) − 1 → +∞ nên (1) xảy ra, < f ( a) < 1, với k đủ lớn, f ( a) k  f (2) f ( a ) k − 1 < nên (1) xảy Thành thử, ta chứng minh với a, f (a) = f ( a) = 2 Từ suy f ( x + y ) − f ( x) − f ( y ) ∈ { 0;1; 2} ; ∀x, y ∈ Z (2) Do đó, n ≤ *)Nếu n = 0, f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ); ∀x,y ∈ ¢ Vì f khác nên tồn x0 ∈ ¢ cho f ( x0 ) ≠ Khi đó, f ( x0 ) = f ( x0 ) f (1) ⇒ f (1) = Do f khác nên tồn x1 ∈ ¢ cho f ( x1 ) ≠ Từ i), ta có f (0) = f ( x1 ) f (0) ⇒ f(0)=0 Bây giờ, sử dụng (2), ta = f (12 + 02 ) = f (1) + f (0) = Điều vơ lí chứng tỏ n = khơng thỏa mãn *)Nếu n = 1, hàm số 15 0 nêu x = f ( x) =  1 nêu x ≠ thỏa mãn đề Do đó, n = thỏa mãn đề *)Nếu n = 2, ta thấy khơng thể tồn số p, q ∈ Z; ( p, q ) = cho f ( p + q ) = Thật vậy, trái lại, ∀x, y ∈ Z, ta có = f ( p + q ) f ( x + y ) = f ( ( p + q )( x + y ) = f ( ( xp + yq) + ( xq − yp ) ) Kết hợp với (2) suy f ( xp + yq ) = f ( xq − yp ) = Thế nhưng, ( p, q ) = nên tồn x, y ∈Z để xp + yq = Do đó, = f ( xp + yq ) = Điều vơ lí chứng tỏ f ( x + y ) = 1; ∀x, y ∈ Z; ( x, y ) = Bây giờ, ta xét hàm số   p∣ x 0 nêu   q∣ x  f ( x) =  1 nêu  p Œx    q Œx  p, q số nguyên tố phân biệt có dạng 4k + Ta chứng minh hàm f ( x ) xây dựng thỏa mãn i) f ( xy) = f ( x) f ( y); ∀x, y ∈ Z ii) { f (x + y ) − f ( x) − f ( y )∣ x, y ∈ Z} = { 0;1; 2} • Kiểm tra điều kiện i)  p∣ xy Nếu  hiển nhiên f ( xy ) = = f ( x) f ( y )  q∣ xy  pq Œx Nếu  f ( xy ) = = f ( x) f ( y)  pq Œy • Kiểm tra điều kiện ii) 2 Vì f ( x) ∈ { 0;1} nên { f ( x + y ) − f ( x) − f ( y )∣ x, y ∈ Z} ⊆ { 0;1; 2}  f (1 + p ) − f (1) − f ( p) =  2 Dễ thấy 2 f ( p + q ) − f ( p) − f ( q) = nên  f (0) − f (0) − f (0) =  { f ( x + y ) − f ( x) − f ( y)∣ x, y ∈ Z} = { 0;1; 2} Vậy n = 1, n = tất giá trị thỏa mãn đề Bài 30 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thoả mãn f ( x + y ) = xf ( x ) + yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1) Cho x = , từ ( 1) suy f ( y Hướng dẫn giải = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ) f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ 2 Cho y = , từ ( 1) suy Do (1) trở thành: f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ≥ ( *) thay y − y từ ( 1) ta : 16 f ( x + y ) = xf ( x ) − yf ( − y ) ⇒ − yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡ − yf ( − y ) = yf ( y ) , ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡ , chứng tỏ f hàm số lẻ Do với x ≥ 0, y ≤ ta có f ( x − y) = f ( x + ( − y) ) = f ( x) + f ( − y) = f ( x) − f ( y ) ⇒ f ( x) = f ( x − y) + f ( y) ⇒ f ( ( x − y) + y) = f ( x − y) + f ( y) ⇒ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x ≥ 0, ∀y ≤ ( **) Với x ≤ 0, y ≤ ta có f ( x + y) = − f ( −x − y) = − ( f ( −x) + f ( − y) ) = − ( − f ( x) − f ( y ) ) = f ( x) + f ( y ) Kết hợp ( *) , ( **) , (***) ta f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ f tính f ( ( x + 1) ) = f ( x 2 ( ***) + x + 1) ⇔ ( x + 1) f ( x + 1) = f ( x ) + f ( x ) + f ( 1) ( ( x + 1) ) theo hai cách Ta có ⇔ ( x + 1) ( f ( x ) + f ( 1) ) = xf ( x ) + f ( x ) + f ( 1) ⇔ f ( x ) = xf ( 1) , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ , a ∈ ¡ Bài 31 a) Cho hàm số f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: f ( ab ) = f ( [ a, b ] ) f ( ( a, b ) ) với a, b ∈ ¥ * , a ≠ b ; [ a, b ] , ( a, b ) bội chung nhỏ nhất, ước chung lớn hai số nguyên dương a, b ; b) f ( p + q + r ) = f ( p ) + f ( q ) + f ( r ) với số nguyên tố p, q, r Tính giá trị f ( 2013) ? Kí hiệu ¥ * tập hợp tất số nguyên dương Hướng dẫn giải f = a , f = b ( ) Khi ta có đẳng thức sau: Đặt ( ) f ( ) = f ( + + ) = f ( ) + f ( ) = 2a + b f ( ) = f ( + + 3) = f ( ) + f ( ) = a + 2b f ( 16 ) = f ( + + ) = f ( ) + f ( ) = ( 2a + b ) + a = 5a + 2b f ( 16 ) = f ( ) f ( ) = a ( a + 2b ) Do ta có 5a + 2b = a + 2ab ( 1) Mặt khác ta có đẳng thức sau: f ( 12 ) = f ( + + ) = f ( ) + f ( ) + f ( ) = 3a + 2b f ( 12 ) = f ( ) f ( ) = a ( f ( + + ) ) = 3a 2 Suy 3a + 2b = 3a ( ) Từ (1) (2) ta có 5a + 2b = a = 2ab a = ⇔ ⇔  ⇒ f ( ) = 7, f ( ) =  b = 3a + 2b = 3a Ta có 2003 số nguyên tố nên f ( 2013) = f ( 2003 + + ) = f ( 2003) + f ( 3) + f ( ) = f ( 2003) + 10 (3) 17 f ( 2025 ) = f ( 2003 + + 17 ) = f ( 2003) + f ( ) + f ( 17 ) ( ) f ( ) = f ( 3) = = f ( + + ) = f ( ) + f ( ) ⇒ f ( ) = f ( 17 ) = f ( + + 3) = f ( ) + f ( ) = 17 , kết hợp với (4) ta : f ( 2003) = f ( 2025 ) − 22 ( ) Mặt khác f ( 2025 ) = f ( 9.9.25 ) = f ( ) f ( 9.25 ) = f ( 5.5.9 ) = f ( ) f ( 45 ) = f ( ) f ( 3.15 ) = 45 f ( 3) f ( 15 ) = 45 f ( 3) ( f ( + + ) ) = 45.3 ( f ( ) + f ( ) + f ( 3) ) = 2025 Do f ( 2025 ) = 2025 , kết hợp với (5) ta f ( 2003) = 2003 Do từ đẳng thức (3) ta f ( 2013) = 2013 Bài 32 Tìm tất hàm số f :R → R cho: ∀x, y ∈ R , f (x 2015 + 2014 y) = f(2 x + y) + f(3 x + 2013 y) + x 2015 − 5x − 2015 Hướng dẫn giải f (x) − x = g(x) ∀ x ∈ R Đặt Thay vào giả thiết ta có 2015 g(x + 2014 y) = g(2 x + y) + g(3 x + 2013 y) + 2015 ∀x, y ∈ R (1) Thay y = 3x − x 2015 vào (1) ta có g(4 x − x 2015 ), ∀ x ∈ R (2) Xét hàm số h(x) = 3x − x 2015 ∀x ∈ R ta có h(x) liên tục R lim h(x) = −∞; lim h(x) = +∞ , suy x →+∞ x →−∞ tập giá trị h(x) R Từ (2) suy g(x) = −2015 ∀ x ∈ R Do f(x) = x − 2015 ∀ x ∈ R Thay vào thử lại ta thấy f(x) = x − 2015 ∀ x ∈ R thỏa mãn Vậy f(x) = x − 2015 ∀ x ∈ R Bài 33 Tìm tất hàm số f : ¥ \{0} → ¥ thỏa mãn: f ( n + f ( n ) ) = f ( n ) , ∀n ∈ ¥ , với x, y ∈ ¢ , tồn no ∈ ¥ cho f ( n0 ) = Hướng dẫn giải Gọi n1 số tự nhiên bé cho f ( n1 ) = , suy f ( n1 + 1) = f ( n1 + f ( n1 ) ) = f ( n1 ) = hay f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ , n ≥ n1 Giả sử n1 > suy f ( n1 − + f ( n1 − 1) ) = f ( n1 − 1) Nếu n1 − + f ( n1 − 1) ≥ n1 f ( n1 − 1) = (trái với giả thiết n1 số tự nhiên bé cho f ( n1 ) = ) Nếu n1 − + f ( n1 − 1) < n1 f ( n1 − 1) < (vô lý) Vậy n1 = , f ( n ) ≡ 1, ∀n ∈ ¥ Bài 34 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 giải ∃ Giả sử hàm số f thỏa mãn (1) TH1: f ( x ) = Thử lại ta thấy f ( x ) = thỏa mãn (1) TH2: 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 ∈ ¡ ( ) 18 Ta thấy vế phải (2) hàm số bậc nên có tập giá trị ¡ Do hàm số f có tập giá trị ¡ ⇒ ∀y ∈ ¡ ∃u , v ∈ ¡ cho f ( u ) − f ( v ) = y Thay y = vào (*), ta f ( f ( x ) ) =  f ( x )  + a, ∀x ∈ ¡ ( a = f ( ) ) (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) ⇒ f ( f ( x ) − f ( y ) ) =  f ( x ) − f ( y )  + a, ∀x, y ∈ ¡ hay 4 f ( f ( u ) − f ( v ) ) =  f ( u ) − f ( v )  + a, ∀u , v ∈ ¡ ⇒ f ( y ) = y + a, ∀y ∈ ¡ ⇒ f ( x ) = x + a, ∀x ∈ ¡ 4 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 35 Xác định hàm số f : R → R thỏa mãn đồng thời điều kiện: f ( − x ) = − f ( x ) ; f ( x + 1) = + f ( x ) , ∀x ∈ ¡   f ( x) f  ÷ = , ∀x ≠ x x Hướng dẫn giải f ( x)  x +1   1 1 ∀x ≠ ta có: f  ( 1) ÷ = f 1 + ÷ = + f  ÷ = + x  x   x x Mặt khác, với x khác 0; −1 ta có:   f x  2  ÷  ÷  x +1   x +  = f  x   x +  =  x +  f 1 −  f = f =  x ÷ ÷  ÷ ÷  ÷  ÷  x   x +1  x   x   x +1  ÷  x   x +   x + ÷   f ( x + 1)   x +  ( x + 1) − f ( x + 1) 1 − = ÷  ( x + 1)  ( x + 1)   x  1 = ( x + 1) − − f ( x )  =  x + x − f ( x )    x x f ( x) Từ ( 1) ( ) ta có: + =  x + x − f ( x )  x x ⇒ f ( x ) = x với x khác 0; −1  x +1  = ÷  x  ( 2) Từ có f ( ) = − f (0) suy f ( ) = Ta có f ( −1) = − f ( 1) = − 1 + f ( )  = −1 Vậy f (x) = x, ∀ x ∈ R Bài 36 Cho hàm f : ¥ * → ¥ thỏa mãn f ( ) = f ( 3) = 0; f (4) > , f ( 8888 ) = 2222 với số tự nhiên m, n f ( m + n ) − f ( m ) − f ( n ) Hãy tính f ( 2016 ) f ( 2017 )   Hướng dẫn giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện toán Từ ( *) ⇒ f ( m + n) = f (m) + f (n) + a với a ∈ {0;1} Chọn m = n = , ta có f (2) = f (1) + a ⇒ f (1) ≤ f (2) = ⇒ f (1) = 19 Khi f (4) = f (2) + f (2) + a = a mà f (4) > nên suy f (4) = * Ta chứng minh quy nạp: f ( 4n ) ≥ n (∀n ∈ N ) (1) Ta thấy (1) với n = Giả sử (1) với n = k ; ta chứng minh (1) với n = k + Ta có: f ( 4( k + 1) ) = f ( 4k + ) = f (4k ) + f (4) + a = f (4k ) + + a ≥ k + * Vậy (1) với n = k + Do f ( 4n ) ≥ n (∀n ∈ N ) Lại có f ( 8888 ) = 2222 , ta f (4.2221) = 2221 Thật vậy, f (4.2221) > 2221 ⇒ f (4.2221) ≥ 2222 = f (8888) ⇒ f (8888) ≤ f (8884) Trong f (8888) = f (8884) + f (4) + a ≥ f (8884) + > f (8884) (mâu thuẫn) Vậy f (4.2221) = 2221 Lập luận tương tự ta f ( 4n ) = n (∀n ≤ 2222) Khi f ( 2016 ) = f (4.504) = 504 Ta lại có: f (4n) = f (2n) + f (2n) + a = 2( f (n) + f (n) + a ) + a = f (n) + 3a Suy ra: f ( n) ≤ f (4n) ≤ f ( n) + ⇒ f (n) ≤ f (4n) ≤ f ( n) + 4  f (4n)   n  = Do đó: f ( n) =  với ∀n ≤ 2222     Vậy f (2017) = 504 Bài 37 Tìm tất số ngun khơng âm n cho tồn hàm f : ¢ → [0; +∞) khác thỏa mãn đồng thời điều kiện sau f ( xy ) = f ( x) f ( y ); ∀x, y ∈ ¢ i) ii) { f (x + y ) − f ( x ) − f ( y )∣ x, y ∈ ¢} = { 0;1; 2; ; n} Hướng dẫn giải Với a ∈ Z bất kì, cách thay x = y = a ; k ∈ ¥ * vào i) k f (a ) k  f (2) f (a ) k − 1 ∈ { 0;1; 2; ; n} (1) k + Nếu f (2) = 0, −2 f (a ) ∈ { 0;1; 2; ; n} ⇒ f (a ) = + Nếu f (2) > 0, ta thấy f ( a) = f (a ) = Thật vậy, f ( a) > 1, cách cho k → +∞ , ta k k thấy f (a )  f (2) f (a ) − 1 → +∞ nên (1) xảy ra, < f (a ) < 1, với k đủ lớn, f (a ) k  f (2) f (a ) k − 1 < nên (1) xảy Thành thử, ta chứng minh với a, f ( a) = f ( a) = 2 Từ suy f ( x + y ) − f ( x) − f ( y ) ∈ { 0;1; 2} ; ∀x, y ∈ Z (2) Do đó, n ≤ *)Nếu n = 0, f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ); ∀x,y ∈ ¢ Vì f khác nên tồn x0 ∈ ¢ cho f ( x0 ) ≠ Khi đó, f ( x0 ) = f ( x0 ) f (1) ⇒ f (1) = Do f khác nên tồn x1 ∈ ¢ cho f ( x1 ) ≠ Từ i), ta có f (0) = f ( x1 ) f (0) ⇒ f(0)=0 Bây giờ, sử dụng (2), ta = f (12 + 02 ) = f (1) + f (0) = Điều vơ lí chứng tỏ n = khơng thỏa mãn 20 *)Nếu n = 1, hàm số 0 nêu x = f ( x) =  1 nêu x ≠ thỏa mãn đề Do đó, n = thỏa mãn đề *)Nếu n = 2, ta thấy khơng thể tồn số p, q ∈ Z; ( p, q ) = cho f ( p + q ) = Thật vậy, trái lại, ∀x, y ∈ Z, ta có = f ( p + q ) f ( x + y ) = f ( ( p + q )( x + y ) = f ( ( xp + yq) + ( xq − yp ) ) Kết hợp với (2) suy f ( xp + yq ) = f ( xq − yp ) = Thế nhưng, ( p, q ) = nên tồn x, y ∈ Z để xp + yq = Do đó, = f ( xp + yq) = Điều vơ lí chứng tỏ f ( x + y ) = 1; ∀x, y ∈ Z; ( x, y ) = Bây giờ, ta xét hàm số   p∣ x 0 nêu   q∣ x  f ( x) =  1 nêu  p Œx   q Œx  p, q số nguyên tố phân biệt có dạng 4k + Ta chứng minh hàm f ( x) xây dựng thỏa mãn f ( xy ) = f ( x) f ( y ); ∀x, y ∈ Z i) ii) { f ( x + y ) − f ( x) − f ( y)∣ x, y ∈ Z} = { 0;1; 2} -Kiểm tra điều kiện i)  p∣ xy Nếu  hiển nhiên f ( xy ) = = f ( x) f ( y )  q∣ xy  pq Œx Nếu  f ( xy ) = = f ( x) f ( y )  pq Œy -Kiểm tra điều kiện ii) 2 Vì f ( x) ∈ { 0;1} nên { f ( x + y ) − f ( x ) − f ( y )∣ x, y ∈ Z} ⊆ { 0;1; 2}  f (1 + p ) − f (1) − f ( p ) =  2 Dễ thấy  f ( p + q ) − f ( p ) − f (q) = nên  f (0) − f (0) − f (0) =  { f ( x + y ) − f ( x) − f ( y)∣ x, y ∈ Z} = { 0;1; 2} Vậy n = 1, n = tất giá trị thỏa mãn đề Bài 38 Xác định hàm số f ( x) liên tục R+ → R+ ( R+ tập hợp số thực dương) thỏa mãn đồng thời điều kiện: 1) f (2 x ) = f ( x ) với x ∈ R+ , 2) f ( f ( x )(e f ( x ) − 1)) = x (e x − 1) f ( x ) với x ∈ R+ , 3) f (e − 1) = (e − 1) f (1) , 4) f (k ) số nguyên dương với số nguyên dương k Hướng dẫn giải + f ( a ) = f ( b ) Với a, b ∈ R , suy f (a )(e f ( a ) − 1) = f (b)(e f (b ) − 1) Do f ( f (a)(e f ( a ) − 1)) = f ( f (b)(e f ( b ) − 1)) Hay a (ea − 1) f (a ) = b (eb − 1) f (b) Vì f (a ) = f (b) > nên ta suy a (e a − 1) = b (eb − 1) 21 Xét hàm số h( x) = x (e x − 1) R+ , ta có h′( x) = x(e x − 1) + x e x > với x ∈ R+ Do hàm số h( x) = x (e x − 1) đồng biến R+ Do từ a (e a − 1) = b (eb − 1) , ta suy h(a ) = h(b) hay a = b Vậy f ( x) đơn ánh Kết hợp với f ( x) liên tục ta suy f ( x) hàm đơn điệu thực Mặt khác, theo giả thiết f (2) = f (1) > f (1) nên ta suy f ( x) hàm tăng thực R+ Từ 2) ta cho x = f ( f (1)(e f (1) − 1)) = (e − 1) f (1) Kết hợp với 3) ta suy f ( f (1)(e f (1) − 1)) = f (e − 1) Vì f ( x) hàm tăng thực R+ nên ta suy f (1)(e f (1) − 1) = e − Xét hàm số g ( x) = x (e x − 1) R+ , ta có g ′( x) = x (e x − 1) + x 3e x > với x ∈ R+ Do hàm số g ( x) = x (e x − 1) đồng biến R+ Do từ f (1)(e f (1) − 1) = e − , ta suy g ( f (1)) = g (1) hay f (1) = Vì f (2 x) = f ( x) với x ∈ R+ f (1) = nên theo quy nạp ta có f (2n ) = 2n với số tự nhiên n Với số tự nhiên n , ta có 2n = f (2n ) < f (2 n + 1) < f (2 n + 2) < < f (2 n + n − 1) < f (2 n +1 ) = n +1 Vì điều kiện 4) nên f (2n + 1), f (2n + 2), , f (2 n + n − 1) số nguyên dương Do ta suy f (2n + 1) = 2n + 1, f (2n + 2) = n + 2, , f (2n + n − 1) = 2n + n − Vậy f ( n) = n với số nguyên dương n m Từ f (2 x) = f ( x) với x ∈ R+ Ta suy f (2n x ) = 2n f ( x ) với x ∈ R+ Cho với x = n với m m m m n n m, n số nguyên dương ta suy f (m) = f ( n ) Do m = f ( n ) hay f ( n ) = n với số 2 2 nguyên dương m, n m Với x ∈ R+ tùy ý cho trước tồn dãy số { qk } , qk có dạng n hội tụ đến x Vì f ( x ) hàm liên tục nên x = lim qk = lim f (qk ) = f (lim qk ) = f ( x) k →∞ k →∞ k →∞ Thử lại ta thấy hàm số f ( x ) = x thỏa mãn điều kiện * Bài 39 Tìm số nguyên dương m nhỏ cho tồn hàm số f : ¥ → ¡ \ { −1;0;1} thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i/ f ( m ) = f ( 2015 ) , f ( m + 1) = f ( 2016 ) ; ii/ f ( n + m ) = f ( n) −1 , n = 1, 2, f ( n) +1 Hướng dẫn giải Ta có f ( n + 2m ) = − ⇒ f ( n + 4m ) = f ( n ) , ∀n ∈ ¥ * f ( n) * Với m = , ta có f ( n + ) = f ( n ) ⇒ f ( n + 4k ) = f ( n ) , ∀k , n ∈ ¥ f ( n) −1 ; f ( n + 1) = , ∀n ∈ ¥ * f ( n) f ( n) +1 f ( 1) = f ( 2015 ) = f ( 4.503 + 3) = f ( 3) = − : vô lý f ( 1) f ( n + 2) = − * Với m = , ta có f ( n + ) = f ( n ) ⇒ f ( n + 8k ) = f ( n ) , ∀n, k ∈ ¥ f ( n + ) = − f ( n) −1 ; f ( n + 2) = , ∀n ∈ ¥ * f ( n) f ( n) +1 22 Ta có f ( ) = f ( 2015 ) = f ( 251.8 + ) = f ( ) = − f ( 3) = f ( 2016 ) = f ( 251.8 + ) = f ( ) = − ⇒ f ( 2) = f ( 4) = f ( 2) −1 ⇒ ( f ( ) ) = −1 f ( 2) + 1 ; f ( 3) f ( 4) Điều mâu thuẫn dẫn đến m ≥ Với m = 3, ta xây dựng vô số hàm f thỏa yêu cầu toán sau 1+ a ; f ( 3) = − ; Cho a ∈ ¡ \ { −1;0;1} , đặt f ( 1) = a; f ( ) = 1− a a f ( n) −1 , ∀n ≥ f ( n + 3) = f ( n) +1 Khi đó, chứng minh quy nạp hàm số xác định ¥ * f ( n ) ∈ ¡ \ { −1;0;1} , ∀n ∈ ¥ * theo chứng minh f ( n + 6) = − * , f ( n + 12k ) = f ( n ) , ∀n, k ∈ ¥ f ( n) Khi f ( 2015 ) = f ( 167.12 + 11) = f ( 11) = − + f ( 2) 1 = = − = f ( 3) f ( 5) − f ( 2) a f ( 2016 ) = f ( 167.12 + 12 ) = f ( 12 ) = − + f ( 3) a − 1 = = = f ( 4) f ( ) − f ( 3) a + Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Bài 40 Tìm hàm f (x) liên tục R thỏa mãn: f (x + y) + f(x − y) = f(x) + f(y) ∀ x, y ∈ R Hướng dẫn giải +)Cho x = y = từ (*) ⇒ f(0) = +)Thay x y y x ta được: f (x + y) + f(x − y) = f(x) + f(y) ∀ x, y ∈ R suy f (x − y) = f(y− x) , ∀x,y∈R ⇒ f(x) hàm số chẵn +)Cho x = y → f (2x) = 4f (x) , CM quy nạp ta f(nx) = n2f(x), ∀x∈R,∀n∈N*  x m  m ⇒ f  ÷ = f ( x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N * ⇒ f  x ÷ = f ( x ), ∀x ∈ R, ∀n, m ∈ N * n n n  n + hay f(rx) = r f(x), ∀x∈R,∀r∈Q , +) Vì f(x) hàm chẵn nên f(rx) = r2f(x), ∀x∈R,∀r∈Q +) Vì f(x) liên tục R nên f(αx) = α2f(x), ∀x∈R, ∀α∈R ⇒ f(α) = aα2 Vậy f(x) = ax2, với a = f(1), x ∈ R Bài 41 Cho hàm f : R+ → R+ ( R+ = {x ∈ R| x ≥ 0}) cho: f ( x ) + f ( y ) = f ( x + y + xf (4 y )) ∀x, y ≥ a) Chứng minh f hàm tăng khơng nghiêm ngặt R + b) Tìm tất hàm f thỏa mãn điều kiện Hướng dẫn giải 23 a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0 + Xét hàm g(x) = x + f(4y)x hàm đồng biến R f(4y)>=0 Mà: g (0) = 0; g ( +∞) = +∞ ⇒ TGT g ( x) = [0;+∞) 0 x≥0 nên với số dương a tồn x để a= g(x ) > 0 Do f(y+a) = f(g(x )+y) >= f(y) với số a dương Chứng tỏ f hàm tăng không nghiêm ngặt b) Xét hai trường hợp sau: TH1: Tồn t > để f(t) = Thay x = t ⇒ f ( y ) = f ( y + t + t f (4 y )) ≥ f (t + y ) Mà f (t ) ≤ f (t + y ) ⇒ f ( y ) = f ( y + t ) ∀y ≥ ⇒ f (0) = f (t ) = f (2t ) = = f ( nt ) ∀n ∈ Z + Kết hợpvới f(x) hàm không giảm nên f(x) = với x khơng âm Vì ngược lại tồn u > để f(u) > ln tồn n nguyên dương để nt > u f(nt) = mâu thuẫn với tính khơng giảm hàm f TH2: Với số dương t có f(t) > Theo chứng minh suy f hàm tăng ngặt 2 2 2 Thay y y ta có: f(x ) + f(y ) = f(x + y + xf(4y )) Thay x y, y x : f ( y ) + f ( x ) = f ( y + x + yf (4 x )) Vì f tăng ngặt nên: x + y + xf (4 y ) = y + x + yf (4 x ) ⇒ x ( f (4 y ) = yf (4 x ) ⇒ f (4 y ) f (4 x ) = = kf ∀x > 0; y > y x ⇒ f ( x) = k x Thử lại ta k=1 KL: Bài tốn có hai nghiệm f ( x ) = 0; f (x) = x Bài 42 Tìm tất hàm f: R→R* liên tục R thỏa mãn điều kiện: 1 + = ∀x∈R f ( x) f ( x + x ) Hướng dẫn giải Ta có (1) ⇔ f(x)+f(x2+2x) = f(x).f(x2+2x) ⇔ [f(x)-1].[f(x+1)2-1]=1 Thế x x-1 ta [f(x-1)-1].[f(x2-1)-1]=1 Đặt g(x)=f(x-1)-1 ⇒ g liên tục R; g(x)≠ ∀x∈R g(x) g(x2)=1 ∀x∈R (2) Từ (2) ta có g(x) ≠ ∀x∈R Thay x –x ⇒ g(-x).g(x2)=1-g(x).g(x2) ⇒ g(-x)=g(x) Vậy g hàm chẵn x nên ta cần xét với x>0 R Từ (2) ta có: g(x) = = g(x4)⇒ g(x)=g(x1/4) ∀x>0 Lấy a>0 tùy ý, xét dãy (xn) xác định sau: x0=a; xn+1=xn1/4∀n∈N⇒Lim xn=1 Và có g(xn)=g(xn1/4)=g(xn+1) ∀x∈N⇒ g(xn)=g(xn-1)=…=g(x0)=g(a) Vì g liên tục nên ta có g(x) =Lim g(xn)=g(Lim xn) = g(1) 24 Thay x=1 vào (2) ⇒g2(1)=1 ⇒ g(1)=1 (vì g≠ 1) ⇒g(x) =1 ∀a>0 ⇒g(x)=1 ∀x∈R ⇒f(x)=2 ∀x∈R Bài 43 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn: xf ( x + xy ) = xf ( x ) + f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ xf ( x + xy ) = xf ( x ) + f ( x ) Hướng dẫn giải f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ ( 1) Trong (1) lấy x = y = f(0) = Trong (1) lấy y = -1 ta có xf ( x ) + f ( x ) f ( −1) = xf ( ) = 0, ∀x ∈ ¡ ( 2) Trong (2) lấy x = -1 ta được:  f ( −1) = f ( 1) f ( −1) − f ( −1) = ⇔   f ( 1) = + Nếu f ( −1) = từ (2) suy f đồng hàm thỏa mãn toán + Nếu f ( 1) = (2) lại lấy x = ta thu f ( −1) = −1 ( 3) Từ (2) trở thành : f ( x ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ Trong (1) ta cho y = 1: xf ( x ) = xf ( x ) + f ( x ) f ( 1) , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) = f ( x ) , ∀x ≠ Kết hợp (1) (3) ta được: f ( x + xy ) = f ( x ) + f ( x ) f ( y ) , ∀y ∈ ¡ , x ≠ ( 4) Từ (4) lấy x = 1, x = -1 ta có: f ( + y ) = + f ( y ) , ∀y ∈ ¡ f ( −1 − y ) = −1 − f ( y ) , ∀y ∈ ¡ Như hàm f hàm số lẻ Trong (4) thay y -y sử dụng tính lẻ hàm f: f ( x − xy ) = f ( x ) + f ( x ) f ( − y ) = f ( x ) − f ( x ) f ( y ) , ∀y ∈ ¡ , x ≠ ( 5) Cộng vế theo vế (4) (5) : f ( x + xy ) + f ( x − xy ) = f ( x ) = f ( x ) , ∀y ∈ ¡ , x ≠ Mà f(0) = nên ta có f ( x + xy ) + f ( x − xy ) = f ( x ) = f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Và ta tính biểu thức f f ( ( x + 1) ) = f ( x 2 ( ( x + 1) ) theo hai cách: + x + 1) = f ( x ) + f ( x ) + f ( 1) = xf ( x ) + f ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡ f ( ( x + 1) ) = ( x + 1) f ( x + 1) = ( x + 1) ( f ( x ) + 1) , ∀x ∈ ¡ Từ hai điều thu được: xf ( x ) + f ( x ) + = ( x + 1) ( f ( x ) + 1) , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ Thử lại thỏa Kết luận toán là: f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ ; f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ Bài 44 Tìm tất hàm số f : ¡ \ { 0} → ¡ cho với x, y khác x ≠ y ta có  x  f ( y ) − f ( x ) = f ( y ) f  ÷  x− y Hướng dẫn giải  x 1 Đặt g ( x) = f  ÷ ta PTH: g ( y ) − g ( x) = g ( y ) g 1 − ÷ (1) x  y 25 x  x + Cho y=1: g (1) − g ( x) = g (1) g ( − x ) Suy g (1) − g  ÷ = g (1) g 1 − ÷ (2)  y  y x g (1) − g  ÷ + Từ (1) (2) suy  y  ⇒ g ( y ) g  x  = g ( x ).g (1) (3), với g ( y ) − g ( x) = g ( y )  ÷ g (1)  y x, y ≠ 0; x ≠ y  x + Trong (3) thay x y − x , ta được: g ( y ) g 1 − ÷ = g ( y − x).g (1) (4)  y + Từ (1), (4) suy g ( y ) − g ( x) = g ( y − x ).g (1) Từ suy g (u + v) = g (u ) + g (v).g (1) (5), với u , v ≠ 0; u + v ≠ + Từ (3) suy g ( xy ) g (1) = g ( x ).g ( y ) với x, y ≠ (6) + Hốn đổi vai trò u,v (5) suy g (1) ≠ g ( x) ≡ (mâu thuẫn) Do g (1) = ta được: g (u + v) = g (u ) + g (v); g (uv) = g (u ).g (v ) với u , v ≠ Theo kết ta g ( x) = x Vậy f ( x) = hàm cần tìm x Bài 45 i) ii) Tìm tất hàm f : ¥ → ¥ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: Với cặp a, b nguyên dương không nguyên tố nhau, ta có f (a).f(b) = f(ab) Với a, b nguyên dương tồn tam giác khơng suy biến có độ dài ba cạnh f (a), f (b) f (a + b − 1) Hướng dẫn giải Từ đk 2, với a, b nguyên dương, ta có f ( a ) + f ( b ) > f ( a + b − 1) ; f ( a ) + f ( a + b − 1) > f ( b ) ; f ( a + b − 1) + f ( b ) > f ( a ) ; a = b = 2: f ( ) = f ( ) ; f ( ) > f ( 3) a = 3; b = : f ( ) + f ( 3) > f ( ) f ( ) = f ( ) < f ( ) + f ( 3) < f ( ) + f ( ) = f ( ) ⇒ f ( ) = or f ( ) = Nếu f(2)=1 Do 2f (2) > f(1) → f(1) = Quy nạp chứng minh f(n)=1 với n nguyên dương Cho a = n, b = : f (n + 1) < f(n) + f(2) = → f(n + 1) = k k −1 k Nếu f (2) = , quy nạp chứng minh f ( ) = f ( ) f ( ) = = f ( ) = k Do f (4) − f (2) < f (3) < f (2) ⇒ f (3) = Quy nạp chứng minh f (n) = n với n ≥ Cho a = n − 1, b = : f (n) < f(n − 1) + f(2) = n + → f(n) ≤ n Lấy r số nguyên lớn cho 2r khơng vượt q n Nếu 2r=n theo chứng minh có f(n)=n Nếu n= 2r+s với ≤ s < 2r 26 a = n = 2r + s ; b = 2r − s + Ta co f ( r − s + 1) = r − s + ⇒ f ( n ) + f ( r − s + 1) > f ( r + s + r − s + − 1) f ( n ) > f ( 2r +1 ) − f ( 2r − s + 1) = 2r +1 − ( 2r − s + 1) = 2r + s − = n − ⇒ f ( n) ≥ n f (n) = n ∀n ≥ Do f (1) < f(2) = nên f(1) 1, Vậy f(n)=1 với n nguyên dương f (n) = n ∀n ≥ ; f (1) ∈ { 1; 2;3} 27 ... kết hợp với (4) ta : f ( 2003) = f ( 2025 ) − 22 ( ) Mặt khác f ( 2025 ) = f ( 9. 9.25 ) = f ( ) f ( 9. 25 ) = f ( 5.5 .9 ) = f ( ) f ( 45 ) = f ( ) f ( 3.15 ) = 45 f ( 3) f ( 15 ) = 45 f ( 3) ( f... x ) ( f ( x ) + a ) , ∀x ∈¡ Từ (7) (9) : 8a f ( x ) ( f ( x ) + a ) = ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈¡ f f ( x ) + a = f x − a + 8a f ( x ) f ( x ) + a8 , ∀x ∈¡ 4 (8) (9) Và từ (4), ∃ x0 ∈R: f(x0) ≠ ⇒ f(x)... x ) ( f ( x ) + a ) , ∀x ∈¡ Từ (7) (9) : 8a f ( x ) ( f ( x ) + a ) = ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈¡ f f ( x ) + a = f x − a + 8a f ( x ) f ( x ) + a8 , ∀x ∈¡ 4 (8) (9) Và từ (4), ∃ x0 ∈R: f(x0) ≠ ⇒ f(x)