Chuyen de phương trình hàm

Chuyên đề Phương Trình Hàm MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT THƯỜNG DÙNG Hàm số f : A → B gọi tăng (đồng biến) ∀x, y ∈ A, x > y ⇒ f ( x) > f ( y ) Hàm số f : A → B gọi giảm (nghịch biến) ∀x, y ∈ A, x > y ⇒ f ( x) < f ( y ) Hàm số tăng giảm gọi chung hàm số đơn điệu Hàm số f : A → B gọi đơn ánh ∀x, y ∈ A, f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y Hàm số f : A → B gọi toàn ánh f ( A) = B hay ∀b ∈ B, ∃a ∈ A : f (a ) = b Hàm số f : A → B gọi song ánh f vừa đơn ánh, vừa tồn ánh Hay nói cách khác phần tử A tương ứng với phần tử B Hàm số f gọi cộng tính tập xác định D ∀x, y ∈ D x + y ∈ D f ( x) + f ( y ) = f ( x + y ) Hàm số f gọi nhân tính tập xác định D ∀x, y ∈ D xy ∈ D f ( x ) f ( y ) = f ( xy ) Nếu hàm số f : R → R cộng tính f ( x ) = f (1) x , ∀x ∈ Q 10 Nếu hàm số f : R → R liên tục cộng tính f ( x) = kx, ∀x ∈ R 11 Nếu hàm số f : R → R đơn điệu cộng tính f ( x) = kx, ∀x ∈ R 12 Nếu hàm số f đơn ánh, liên tục D f đơn điệu thực D Một số định hướng giải phương trình hàm: Thế giá trị biến phù hợp, giá trị ban đầu vào x = 0; x = 1; x = -1… từ tìm tính chất quan trọng tính f(0), tìm b cho f(b) = Các giá trị ban đầu mấu chốt để tìm dự đốn hàm số Quy nạp toán học: Đây phương pháp sử dụng giá trị f(x) cách quy nạp với n ∈ N để tìm f(n) Sau tìm f ( ) f(r) với r hữu tỷ Phương pháp thường áp dụng tập xác định hàm f N, Z n Q Nghiên cứu tính đơn ánh, tồn ánh, tính chẵn lẻ hàm số phương trình Chứng minh tính chất khơng phức tạp điều lại cho ta kết quan trọng để tìm đáp số tốn Sử dụng phương trình Cauchy kiểu Cauchy Nghiên cứu tính đơn điệu tính liên tục hàm Các tính chất áp dụng phương trình Cauchy kiểu Cauchy Các phương trình khơng có tính chất đơn điệu, liên tục tốn trở lên phức tạp nhiều Dự đoán hàm dùng phương pháp phản chứng để chứng minh điều dự đoán Tạo nên hệ thức truy hồi: Phương pháp thường sử dụng phương trình N, Z mà hàm có tính chất bị chặn tìm mối quan hệ f(f(n)), f(n) n …với n ∈N GV: Mai Công Huy Chun đề Phương Trình Hàm • CHƯƠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC R Ban đầu nên cố gắng cho biến x,y,… nhận giá trị số Thường giá trị đặc biệt 0, ±1, để tính vài giá trị f từ nhận dạng hàm số • Thế biến biểu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết Chẳng hạn, phương trình hàm có mặt f ( x + y ) mà muốn có f ( ) ta y − x , muốn có f ( x ) cho y = , muốn có f ( nx ) y ( n − 1) x • Nên sử dụng phép để phương trình giản ước hai vế từ có phương trình đơn giản • Nếu vế chứa f ( x ); f ( f ( x ) + a ) cịn vế có chứa biến x, y tự thường f ( x) đơn ánh tồn ánh • Ln phải thử lại tìm f ( x )  2x +1  Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¡ \ { 2} → ¡ thỏa mãn f  ÷ = x + x ∀x ≠ (*)  x −1  Lời giải: 3t − t +1  2x +1  f t = ∀t ≠ Thử lại thấy ( ) t = ⇒ t ∈ ¡ \ x = { } Ta Đặt vào (*):  ÷ t−2 ( t − 2)  x −1  2   3x −  x + ∀x ≠ 1, x ≠ −2 (*) Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¡ \  ;3 → ¡ thoả mãn: f  ÷= 3   x +  x −1 Lời giải: 3x − 2t + t+4 2  ⇒x= ; t ∈ ¡ \  ;3 vào (*) ta được: f ( t ) = Đặt t = thử lại thỏa mãn (*) x+2 3−t 3t − 3  Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn: f ( x ) + xf ( − x ) = x + 1, ∀x ∈ ¡ (*) Lời giải: Kí hiệu P(x) mệnh đề (*) P (− x) ⇒ f ( − x ) − xf ( x ) = − x + 1, ∀x ∈ ¡ Ta có hệ:  f ( x ) + xf ( − x ) = x + ⇒ f ( x ) = Thử lại thỏa mãn (*)  − xf x + f − x = − x + ( ) ( )   x −1  * Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¡ \ { 0,1} → ¡ thỏa mãn: f ( x ) + f  ÷ = + x ∀x ∈ ¡ (*) x   Lời giải: Kí hiệu P(x) mệnh đề (*) x −1 , ( *) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = + x (1) Đặt x1 = x x1 − 1 x −1 = ⇒x= Đặt x2 = x1 1− x x2 P ( x1 ) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = + x1 (2) P ( x2 ) ⇒ f ( x2 ) + f ( x ) = + x2 (3) x −1 1 1  +1+ ⇒ f ( x) =  x + + ÷ Thử lại thỏa x 1− x 2 x 1− x  Ví Dụ Tìm tất hàm f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thỏa mãn xf ( xf ( y ) ) = f ( f ( y ) ) ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) (*) Lời giải: Kí hiệu P(x) mệnh đề (*) Lấy (1) - (2) + (3) ta có f ( x) = x − x1 + + x2 = x − GV: Mai Cơng Huy Chun đề Phương Trình Hàm P( x,1) ⇒ xf ( xf ( 1) ) = f ( f ( 1) ) (1) Thay x = x vào (1) ta được: f ( f ( 1) ) = ⇒ xf ( xf ( 1) ) = ⇒ f ( xf ( 1) ) = Từ thay x ta f ( 1) f (1) x a (với a = f ( 1) ) Thử lại thỏa x Ví Dụ Tìm tất hàm f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thỏa f ( x ) = 3 3 f ( 1) = ; f ( xy ) = f ( x ) f  ÷+ f ( y ) f  ÷∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) (*) x  y Lời giải: Kí hiệu P(x) mệnh đề (*) P(1,3)) ⇒ f ( 3) = 3 P(1, y ) ⇒ f ( y ) = f  ÷ Thế lại vào (*) ta f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) ; ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) , phương trình  y 3 1 ta f ( 3) = f ( x ) f  ÷ ⇒  ÷ = ( f ( x ) ) ⇒ f ( x ) = ; ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa x  x 2 f : ¡ → ¡ Ví Dụ Tìm tất hàm thỏa mãn: ta thay y ( ) ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy x − y ; ∀x, y ∈ ¡ (*) Lời giải: u = x + y 2 3 Đặt  (*) trở thành vf ( u ) − uf ( v ) = (u − v )uv ⇔ v f ( u ) − u = u f ( v ) − v v = x − y ( + Với u = v = ⇒ f ( ) = f ( u ) − u3 f ( v ) − v3 ) ( ) f ( u ) − u3 = ∀u , v ∈ ¡ ⇒ = a ⇒ f ( u ) = au + u ∀u ≠ u v u 3 Hàm f ( u ) = au + u thỏa mãn f ( ) = Vậy f ( x ) = ax + x ( a ∈ ¡ ) Thử lại thấy Ví Dụ Tìm tất hàm số f : (0, +∞) → (0, +∞) thỏa mãn: + Với u; v ≠ ta có: * f ( x + y ) + f ( xy ) = x + y + xy ∀x, y ∈ (0, +∞) (*) Phân tích giải: Thoạt nhìn ta thấy hàm f ( x) = x thỏa mãn yêu cầu tốn Từ dự đốn đó, ta chọn x, y mà x + y = xy , chẳng hạn x = y = Thì ta thu f (4) = 4 Để tận dụng f (4) , chọn y = Từ ta thu được: f ( x + ) = x + x x x Nhưng ý x + ≥ (do bất đẳng thức AM-GM) Do ta khẳng định f (t ) = t , ∀t ≥ x Vậy t ∈ (0, 4) sao? Để tận dụng , ta để ý với x > x + > Do đẳng thức ban đầu ta cho y = , ta thu f (4 x ) = x, ∀x > hay f ( x) = x, ∀x > thử lại thỏa Ví Dụ (Balkan 2000) Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn: f ( xf ( x ) + f ( y )) = y + f ( x); ∀x; y ∈ R (1) GV: Mai Công Huy Chuyên đề Phương Trình Hàm Phân tích giải: Trước hết ta nhận thấy f toàn ánh (và đơn ánh): Cho x = ⇒ f ( f ( y )) = y + f (0); ∀y ∈ R (*) Vế phải có tập giá trị R nên f ( f ( y )) có tập giá trị R suy f có tập giá trị R Vậy f toàn ánh nên tồn số thực t cho f (t ) = Trong (1) cho x = t ⇒ f ( f ( y )) = y; ∀y ∈ R (2) Trong (1) thay x f ( x ) sử dụng (2) ta f ( f ( x) x + f ( y )) = y + x ; ∀x; y ∈ R kết hợp với (1) ta  f (1) = có f2(x) = x2 ∀ x ∈ R => f ( x) = x , ∀x ∈ R Cho x = ta   f (1) = − + Với f (1) = : thay x = vào (1) ta có f (1 + f ( y )) = + y ⇒ (1 + y ) = f (1 + f ( y )) = (1 + f ( y )) ⇒ f ( y ) = y, ∀y ∈ R + Với f (1) = −1 : thay x = vào (1) ta có f ( −1 + f ( y )) = + y ⇒ (1 + y ) = f (−1 + f ( y )) = (−1 + f ( y )) ⇒ f ( y ) = − y, ∀y ∈ R Vậy có hai hàm số f ( x ) = x; ∀x ∈ R f ( x) = − x; ∀x ∈ R Thử lại thỏa Ví Dụ 10 ( IMO Shortlist 2002) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f ( f ( x) + y ) = x + f ( f ( y ) − x), ∀x, y ∈ R (1) Phân tích giải: Nếu ta chọn giá trị u để f (u ) = (1), thay x y u ta thu hệ thức đơn giản Điều phụ thuộc vào việc f có tồn ánh hay không Trên thực tế, dễ thấy f ( x) = x (thậm chí f ( x) = x + c ) thỏa mãn tốn Do ta thử chứng minh tính tồn ánh f Muốn vậy, với số thực t , ta cần t = f (?) Ta chọn y = − f ( x) để vế trái (1) đơn giản: f (0) = x + f ( f ( − f ( x)) − x), ∀x ∈ R (2) Ta cần phương trình tương đương với t = f (?) Mà (2) tương đương f (0) − x = f ( f (− f ( x)) − x) f (0) − t Do ta cần f (0) − x = t , hay x = f (0) − t f (0) − t ) Nói cách khác, với số thực t , (1) ta thay x = , y=−f( 2 f (0) − t    f (0) − t  ? = f − f ( ) ÷− f  ÷     Tức f toàn ánh Tức tồn u để f (u ) = Và thay x = u vào (1) ta có f ( y ) = 2u + f ( f ( y ) − u ) hay f ( f ( y ) − u ) = ( f ( y ) − u ) − u Do tính tồn ánh f nên từ ta có f ( x) = x − u hay f ( x ) = x + c Thử lại thấy thỏa mãn Ví Dụ 11 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f ( x − f ( y )) = f ( x) + f ( f ( y )) − xf ( y ) + f ( y ) + 2012 ∀x, y ∈ R Phân tích giải: Cho x = f ( y ) ta thu f (0) = f ( f ( y )) − f ( y ) + f ( y ) + 2012 1 Hay f ( f ( y )) = f ( y ) − f ( y ) − 1006 + f (0) (2) 2 2 Và ta đoán f ( x) = x − x + c (*) 2 GV: Mai Công Huy Chuyên đề Phương Trình Hàm Nhưng để có điều ta cần f tồn ánh Cơng việc khó Ta thử thêm chút: Thay x f ( x) ta có f ( f ( x ) − f ( y )) = f ( f ( x )) + f ( f ( y )) − f ( x) f ( y ) + f ( y ) + 2012 1 Và sử dụng (2) ta f ( f ( x) − f ( y )) = ( f ( x) − f ( y )) − ( f ( x) − f ( y )) + f (0) 2 t Và để thực dự đoán (*), ta cần với , tồn x0 , y0 để t = f ( x0 ) − f ( y0 ) ? Hiển nhiên f đồng Do tồn a mà f (a ) ≠ Trong (1), cho y = a ta f ( x − f (a )) = f ( x) + f ( f (a )) − xf (a ) + f ( a) + 2012 Hay f ( y − f (a )) − f ( y ) = f ( f (a )) − yf (a ) + f (a ) + 2012 Với số thực t , ta cần chọn x0 ; y0 để thay vào đẳng thức cho vế phải t hay f ( f (a )) + f (a) + 2012 − t vế trái f ( x0 ) − f ( y0 ) hay x0 = y0 − f (a ) f (a ) Khi ta có f ( x0 ) − f ( y0 ) = f ( y0 − f (a )) − f ( y0 ) = f ( f (a )) − y0 f (a ) + f (a ) + 2012 = t Vậy f (t ) = t − t + f (0) Thay t f ( y ) sử dụng (2) ta 2 y0 = 1 f (0) = f (0) ⇒ f (0) = 2012 ⇒ f ( x) = x − x + 2012 thử lại thỏa 2 f : R → R Ví Dụ 12 ( Iran 1999) Tìm tất hàm thỏa f ( f ( x ) + y ) = f ( x − y ) + yf ( x ) ∀x, y ∈ R Giải: Kí hiệu P ( x, y ) mệnh đề chứa biến f ( f ( x) + y ) = f ( x − y ) + yf ( x) ∀x, y ∈ R P ( x, x ) ⇒ f ( f ( x ) + x ) = f (0) + f ( x) x −1006 + P ( x, − f ( x )) ⇒ f (0) = f ( x + f ( x)) − f ( x) Cộng vế theo vế ta f ( x )( f ( x ) − x ) = Do với x ∈ R , f ( x ) = , f ( x) = x P (0, y ) ⇒ f (− y ) = f ( y ) Giả sử tồn a ≠ cho f (a ) = b > cho f (b) = b Ta có P (a, −b) ⇒ f (−b) = f (a + b) nên f (b) = f ( a + b) , từ ta có Thử lại, ta có hai nghiệm f ( x ) = f ( x) = x Thử lại thỏa Ví Dụ 13 Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ thỏa f ( x − f ( y ) ) = f ( x ) + x + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Giải: Nhận thấy hàm f ( x ) ≡ không thỏa mãn yêu cầu Xét hàm f ( x ) không đồng f ( 0) Thay x f ( y ) vào (*) ta f ( f ( y ) ) = − f ( y ) + Lại thay x f ( x ) ta (*)  f ( 0)  f ( f ( x ) − f ( y) ) = f ( f ( x ) ) + f ( x ) + f ( y ) =  − f ( x ) + ÷+ f ( x ) + f ( y ) = − ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( )   Và ta dự đoán f ( x) = − x + c Tuy nhiên việc chứng minh tập { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } có tập giá trị ¡ chưa thực Từ ta có GV: Mai Cơng Huy Chun đề Phương Trình Hàm f ( f ( x) − f ( y) ) = f ( f ( x) − f ( y ) − f ( y ) ) = f ( f ( x) − f ( y ) ) + f ( x) − f ( y ) + f ( y ) = −2 ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( ) + f ( x ) = − ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( ) (**) Ta chứng minh tập { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } ¡ Thật tồn giá trị y0 ∈ ¡ cho f ( y0 ) = a ≠ Khi thay y = y0 vào (*) ta có f ( x − a ) − f ( x ) = x + a, ∀x ∈ ¡ Mà x ∈ ¡ x + a có tập giá trị ¡ Điều chứng tỏ tập { f ( x − a ) − f ( x ) | x ∈ ¡ } = ¡ Mà { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } ⊃ { f ( x − a ) − f ( x ) | x ∈ ¡ } nên { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } = ¡ Do từ (**) ta kết luận f ( x ) = − x + f (0), ∀x ∈ ¡ Thay vào (*) ta f ( ) = Thử lại hàm số f ( x ) = − x, ∀x ∈ ¡ thỏa mãn yêu cầu toán Ví Dụ 14 (Belarus 1995) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn: f ( f ( x + y ) ) = f ( x + y ) + f ( x ) f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ R (*) Giải: Thay y = vào (*) ta f ( f ( x ) ) = ( + f (0) ) f ( x ) , ∀x ∈ ¡ kết hợp với (*) ta có ( + f ( ) ) f ( x + y ) = f ( x + y ) + f ( x ) f ( y ) − xy, Đơn giản ta f ( ) f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) − xy (1) Thay y = vào (1) ta có f ( ) f ( x + 1) = f ( x ) f ( 1) − x Lại thay y = −1 x x + vào (1) ta có f ( ) f ( x ) = f ( x + 1) f ( −1) + x + Khử f ( x + 1) từ hai đẳng thức ta [( f ( ) ) − f ( 1) f ( −1) ] f ( x ) − = f ( f ( ) − f ( −1) ) x + f ( ) (2) Nếu ( f ( ) ) − f ( 1) f ( −1) = , thay x = vào (2) ta f ( ) = , nên theo (1) f ( x ) f ( y ) = xy suy f ( −1) f ( 1) = −1 , điều dẫn đến ( f ( ) ) − f ( 1) f ( −1) = −1 , mâu thuẫn Vậy ( f ( ) ) − f ( 1) f ( −1) ≠ nên từ (2) ta có f ( x ) = ax + b Thay vào (*) suy a = 1, b = hay f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ Thử lại thỏa Ví Dụ 15 (VMO 2005) Hãy xác định tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ (1) Giải: Thế x = y = vào (1) ta f ( f ( ) ) = ( f ( ) ) 2 Thế x = y vào (1) sử dụng kết ( f ( x ) ) = ( f ( ) ) + x , ∀x ∈ ¡ (*) Suy ( f ( x ) ) = ( f ( − x ) ) → f ( x ) = f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ 2 Thế y = vào (1) f ( f ( x ) ) = f ( ) f ( x ) − f ( x ) + f ( ) , ∀x ∈ ¡ Thế x = 0, y = − x vào (1) f ( f ( x ) ) = f ( ) f ( − x ) + f ( − x ) − f (0), ∀x ∈ ¡ (**) Từ hai đằng thức ta có f ( ) ( f ( − x ) − f ( x ) ) + f ( − x ) + f ( x ) = f ( ) , ∀x ∈ ¡ (2) Giả sử tồn x0 ≠ cho f ( − x0 ) = f ( x0 ) , x = x0 vào (2) ta có GV: Mai Cơng Huy Chun đề Phương Trình Hàm f ( x0 ) = f ( ) ⇒ ( f ( x0 ) ) = ( f ( ) ) ⇒ ( f ( ) ) + x0 = ( f ( ) ) + 02 ⇒ x0 = (mâu thuẫn) 2 2 Vậy f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ≠ , từ điều kết hợp (2) ta có f ( ) ( f ( x ) + 1) = 0, ∀x ≠ Từ suy f ( ) = , ngược lại f ( x ) = −1, ∀x ≠ , thay vào phương trình hàm ban đầu không thỏa Thay f ( ) = vào (**) ta có f ( f ( x )) = f (− x ) thay vào (*) ta ∀x ∈ R f ( x) = x f ( x) = − x Bây giả sử tồn a ≠ cho f ( a) = a ⇒ f ( a) = f ( f ( a)) = f (− a ) vơ lý f hàm lẻ Vậy f ( x ) = − x, ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy hàm thỏa mãn tốn Ví Dụ 16 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( f ( x ) − y ) = f ( x ) − f ( y ) + f ( x ) f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ (*) Giải Thế y = vào (*) ta f ( f ( x ) ) = f ( x ) − f ( ) + f ( ) f ( x ) , ∀x ∈ ¡ (1) Thế y = f ( x ) vào (*) sử dụng kết trên, ta f ( ) = f ( x ) − f ( f ( x ) ) + f ( x ) f ( f ( x ) ) − xf ( x ) (**) = f ( ) − f ( ) f ( x ) + ( f ( x ) ) + f ( ) ( f ( x ) ) − xf ( x ) , 2 Hay −2 f ( ) f ( x ) + ( f ( x ) ) + f ( ) ( f ( x ) ) − xf ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ 2 Thế x = vào đẳng thức ta ( f ( ) ) − ( f ( ) ) = → f ( ) = f ( ) = 2 Nếu f ( ) = thay vào (1) ta có f ( f ( x ) ) = f ( x ) , ∀x ∈ ¡ , thay kết vào (**) ta có f ( x ) − xf ( x) = ∀x suy với x ∈ R , f ( x) = f ( x) = x Giả sử tồn a ≠ : f (a) = Thay x = y = a vào (*) ta f ( −a ) = −a Thay x = a; y = − a vào (*) ta f ( −a ) = a suy a = mâu thuẫn Vậy f ( x) = x với x ∈ R thay vào (*) thỏa Nếu f ( ) = thay vào (1) ta có f ( f ( x ) ) = f ( x ) − , thay vào (**) ta suy với x ∈ R , f ( x) = (loại trên) f ( x ) = Vậy f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ 1 x + Thay f ( x ) = x + vào (*) khơng thỏa 2 Ví Dụ 17 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa f ( ( x − y) ) = ( f ( x) ) 2 − xf ( y ) + y , ∀x, y ∈ ¡ (*) Giải Thay x = y = ( f ( ) ) = ( f ( ) ) → f ( ) = f ( ) = Nếu f ( ) = , thay x = y vào (*) ta f ( ) = ( f ( x ) ) − xf ( x ) + x = ( f ( x ) − x ) → f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ Thử lại thỏa mãn GV: Mai Công Huy Chuyên đề Phương Trình Hàm Nếu f ( ) = thay x = y vào (*) ta với x ∈ ¡ f ( x ) = x + f ( x ) = x − Giả sử tồn giá trị a cho f ( a ) = a − Khi thay x = a, y = vào (*) ta ( ) ( ) f a = a − 4a + , thay x = 0, y = a vào (*) ta f a = a + suy a − 4a + = a + ⇒ a = ⇒ f (0) = −1 mâu thuẫn Vậy f ( x ) = x + 1, ∀x ∈ ¡ thử lại thỏa mãn Vậy f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ f ( x ) = x + 1, ∀x ∈ ¡ BÀI TẬP 1 * Bài 1) Tìm tất các hàm số f : ¡ * → ¡ thỏa mãn điều kiện f ( x ) + f  ÷ = x, ∀x ∈ ¡ x ĐS: f ( x ) = − x x 1 + x, ∀x ∈ ¡ * Bài 2) Tìm tất các hàm số f : ¡ * → ¡ * thỏa mãn điều kiện + f  ÷ =  x  xf ( x) ĐS: f ( x ) = x  x −1  Bài 3) Tìm tất hàm số f : ¡ \ { 0,1} → ¡ thỏa mãn điều kiện: f ( x ) + f  ÷ = x, ∀x ∈ ¡ \ { 0,1}  x  x −1 − ĐS: f ( x ) = x + 1− x x 2 Bài 4) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ + thỏa f ( − x ) + ( x + x + 4) f ( x + ) = 0, ∀x ∈ ¡ Hint: Thay x − x sau thay − x ĐS: f ( x ) = x − x + Bài 5) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn ( x + y )( f ( x) − f ( y )) = ( x − y )( f ( x ) + f ( y )) ∀x, y ∈ R ĐS: f ( x) = 0; f ( x) = ax y * Bài 6) Tìm tất hàm số f : ¡ * → ¡ thỏa mãn xf ( y ) − yf ( x) = f ( ) ∀x, y ∈ R x Hint: Xét f ( x) ≡ thỏa phương trình hàm Với f ( x ) không đồng 0, sử dụng phép 1 ( x, y ) = (1,1); ( x,1); ( , 2); ( , x) x ĐS: f ( x) ≡ , f ( x) = a( x − ) x Bài 7) (THTT 407) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + y + f ( y )) = f ( f ( x)) + 2018 y ∀x, y ∈ R Hint: Hốn vị vai trị x, y suy f đơn ánh, cho y = suy f ( x) = x + a ĐS: f ( x) = x + a Bài 8) (TST Khánh Hịa 2014) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( f ( x) + f ( y )) = f ( x) + f ( y ) + y ∀x, y ∈ R Hint: Chứng minh f đơn ánh, đặt f (0) = a sử dụng phép ( x, y ) = (0, 0); (3a, 0); (0,3a); (4a, 0) tính a = ĐS: f ( x) = x GV: Mai Cơng Huy Chun đề Phương Trình Hàm Bài 9) (THTT 419) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( xf ( y )) + f ( f ( x) + f ( y )) = yf ( x) + f ( x + f ( y )) ∀x, y ∈ R Hint: Xét f ( x) ≡ thỏa phương trình hàm Với f ( x ) không đồng 0, chứng minh f đơn ánh f (0) = ĐS: f ( x) = 0; f ( x) = x Bài 10) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x − y ) = ( x − y )( f ( x ) + f ( y )) ∀x, y ∈ R f ( x) = a ∀x ∈ R Hint: Sử dụng phép ( x, y ) = ( x, x); ( x, − x); ( x, − y ) tính x ĐS: f ( x) = 0; f ( x) = ax Bài 11)Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ) ≥ 2018 x + y ∀x, y ∈ R f ( x) Hint: Đặt g ( x) = Chứng minh g (0) = sử dụng phép ( x, y ) = ( x, − x); ( x, − y ) 2018x ĐS: f ( x ) = 2018 x Bài 12) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x − y ) = f ( x + y ) f ( y ) ∀x, y ∈ R 2x x Hint: Với f (0) = ⇒ f ( x) = Với f (0) = 1: Sử dụng phép ( x, y ) = ( x, x); ( , ) ⇒ f ( x) = 3 f ( x ) = 0; f ( x ) = ĐS: Bài 13) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa x f ( x) + y f ( y ) − ( x + y ) f ( xy ) = ( x − y ) f ( x + y ) ∀x, y ∈ R Hint: Xét f ( x) ≡ thỏa phương trình hàm Với f ( x ) không đồng 0, sử dụng phép ( x, y ) = ( x, 0); ( x, − x); ( x,1); ( x + 1, −1) chứng minh f ( x + 1) = x +1 f ( x) x ĐS: f ( x) = 0; f ( x) = ax Bài 14) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( y ) + f ( x + f ( y )) = y + f ( f ( x ) + f ( f ( y ))) ∀x, y ∈ R Hint: Sử dụng phép ( x, y ) = ( f ( x), 0); ( f (0), x) ĐS: f ( x) = x Bài 15) (TST Năng Khiếu 2015) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x − f ( y )) = f ( x) − x − f ( y) ∀x, y ∈ R Hint: Đặt f (0) = a Sử dụng phép ( x, y ) = (0, 0); (2a, 0); (4a, 0); (4 a, −2 a) tính a = ĐS: f ( x) = x xf ( y ) + yf ( x) +z Bài 16) (THTT 389) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( xy + f ( z )) = ∀x, y , z ∈ R Hint: Chứng minh f (0) = 0; f ( x ) = xf (1) tính f (1) = ±1 ĐS: f ( x) = x; f ( x ) = − x Bài 17) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + y ) + xy = f ( x ) f ( y ) ∀x, y ∈ R Hint: Sử dụng phép ( x, y ) = ( x,1); ( x + 1,1); ( x, 2) ĐS: f ( x) = + x; f ( x) = − x Bài 18) (TST Đồng Nai 2014) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( f ( x) + yz ) = x + f ( y ) f ( z ) ∀x, y , z ∈ R Hint: Chứng minh f (0) = , f tồn ánh Chứng minh f nhân tính cộng tính ĐS: f ( x) = x GV: Mai Cơng Huy Chun đề Phương Trình Hàm Bài 19) (TST TPHCM 2017) Tìm tất hàm số f : ¡ + →¡ + đơn ánh thỏa mãn f (1 + xf ( y )) = yf ( x + y ) ∀x, y ∈ R + Hint: ( x,1) ⇒ f (1) = Sử dụng phép ( x, y ) = (1, x); ( x x 1 + f ( x) = + , ) 1 suy f( ) x f( ) x x x x Bài 20) (BT Đại số 10 chuyên) Tìm tất hàm số f :[1; +∞) → [1; +∞) thỏa mãn f ( xf ( y )) = yf ( x ) ∀x, y ∈ [1; +∞) Hint: Chứng minh f (1) = 1; f ( f ( x )) = x hàm số f đồng biến [1, +∞) cuối ta chứng minh ĐS: f ( x) = f ( x) = x phản chứng ĐS: f ( x) = x Bài 21) (TST Hải Phịng 2015) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn ( y + 1) f ( x ) + f ( xf ( y ) + f ( x + y )) = y ∀x, y ∈ R Hint: Chứng minh f (0) ≠ từ suy f song ánh chứng minh f (0) = ĐS: f ( x) = − x Bài 22) (GGTH 2014) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + y ) + xf ( y ) = f ( f ( x) + y ) + yf ( x) ∀x, y ∈ R Hint: Chứng minh f (0) = Sử dụng phép ( x, y ) = ( f ( y ), y ) suy với x, f ( x ) = , f ( x) = x Giả sử ∃a, b ≠ : f (a ) = 0, f (b) = b suy mâu thuẫn ĐS: f ( x) = 0; f ( x) = x Bài 23) (GGTH 2017) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x ) + f ( xy ) = f ( x) f ( y ) + yf ( x ) + xf ( x + y ) ∀x, y ∈ R Hint: Với f (0) = ⇒ f ( x) = − x Với f (0) = : chứng minh f hàm lẻ với x, f ( x ) = , f ( x) = − x Giả sử ∃a, b ≠ : f (a ) = 0, f (b) = −b điều mâu thuẫn ĐS: f ( x ) = − x; f ( x ) = 0; f ( x) = − x Bài 24) (VMO 2017) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( xf ( y ) − f ( x)) = f ( x) + xy Hint: Chứng minh f song ánh từ tính f (0) = f (0) = 1 + Với f (0) = : Sử dụng phép ( x, y) = (1,1); (1, 0);(1, );(1, − ) suy mâu thuẫn 2  − f ( x)  f ( x )  f ( x)  − f ( x) + Với f (0) = : Chứng minh f  ; f sử dụng phép ÷= ÷= x x x    x  f ( x) ) x ĐS: f ( x) = − x Bài 25) (THTT 338) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( x + f ( y )) = y + xf ( x) ∀x, y ∈ R Hint: Chứng minh f song ánh, đặt f (0) = a chứng minh a = Sau chứng minh f ( x) = x ĐS: f ( x) = x; f ( x) = − x Bài 26) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( f ( x) + f ( y )) = xf ( x ) + y ∀x, y ∈ R ( x, y ) = ( x , GV: Mai Công Huy 10 Chuyên đề Phương Trình Hàm CHƯƠNG 2: PHƯƠNG TRèNH HM TRấN TP Ơ ; Â; Ô I S dụng dãy số: Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¥ * → ¡ thoả mãn điều kiện sau a) f (1) = b) f ( n + 1) = f ( n) + ∀n ∈ N * Giải: Từ (b) ta có f ( n) − f (n − 1) = f ( n − 1) − f (n − 2) = f (2) − f (1) = Cộng vế theo vế ta f (n) − f (1) = 2(n − 1) ⇒ f (n) = 2n − thử lại thỏa Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¥ * → ¡ thoả mãn điều kiện sau a) f (1) = b) f ( n + 1) = f ( n) + n ∀n ∈ N * (1) Giải: Từ (1) ta có f ( n) − f (n − 1) = n − f ( n − 1) − f (n − 2) = n − f (2) − f (1) = n(n − 1) n(n − 1) ⇒ f (n) = Cộng vế theo vế ta f (n) − f (1) = (n − 1) + (n − 2) + + = thử lại thỏa 2 Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¥ * → ¡ thoả mãn điều kiện sau a) f (1) = ; f (2) = b) f ( n + 1) − f ( n) + f (n − 1) = 1, ∀n ∈ ¥ * (1) Giải (1) ⇔ ( f ( n + 1) − f ( n)) − ( f ( n) − f ( n − 1)) = Đặt g (n) = f (n + 1) − f (n) ta có g (1) = g (n) − g (n − 1) = ⇒ g (n − 1) − g (n − 2) = g (2) − g (1) = Cộng vế theo vế ta g (n) − g (1) = n − ⇒ g (n) = n ⇒ f (n + 1) − f (n) = n ∀n ∈ ¥ * từ ta có f ( n) − f (n − 1) = n − f (2) − f (1) = n(n − 1) n(n − 1) ⇒ f (n) = + thử lại thỏa Cộng vế theo vế ta f (n) − f (1) = (n − 1) + (n − 2) + + = 2 Ví Dụ Tìm tất hàm f : Ơ  tho a) f (1) = b) f ( m + n) − f (m) f (n) + f (m − n) = 3n.2 m , ∀m; n ∈ ¥ (1) Giải Từ (1) cho n = m = ta có f (0) − ( f (0)) = suy f (0) = f (0) = Nếu f (0) = từ (1) cho n = f (m) = 0, ∀m ∈ ¥ trái giả thiết GV: Mai Cơng Huy 12 Chun đề Phương Trình Hàm Vậy f (0) = Từ (1) cho n = ta có f ( m + 1) − f (m) + f ( m − 1) = 3.2m , ∀m ∈ ¥ hay f ( n + 1) − f ( n) + f (n − 1) = 3.2 n , ∀n ∈ ¥ (2) (2) ⇔ ( f ( n + 1) − f ( n)) − ( f ( n) − f ( n − 1)) = 3.2n Đặt g (n) = f (n + 1) − f (n) ta có g (0) = g (n) − g ( n − 1) = 3.2n ⇒ g (n − 1) − g ( n − 2) = 3.2n −1 g (2) − g (1) = 3.22 g (1) − g (0) = 3.21 Cộng vế theo vế ta g (n) − g (0) = 3(2n + 2n−1 + + 22 + 21 ) = 3.2(2 n − 1) ⇒ g (n) = 3.2 n +1 − ⇒ f (n + 1) − f (n) = 3.2 n +1 − ∀n ∈ ¥ * f ( n) − f (n − 1) = 3.2n − f (2) − f (1) = 3.22 − f (1) − f (0) = 3.21 − Cộng vế theo vế ta f ( n) − f (0) = 3(2n + n −1 + + 21 ) − 6n = 3.2(2 n − 1) ⇒ f ( n) = 6.2 n − 6n − ∀n ∈ ¥ * thử lại thỏa Nhận xét: Thực ta dựa vào cơng thức xác định số hạng tổng quát dãy số cách dùng phương trình đặc trưng sau: 1) Tìm U n biết aU n +1 + bU n + cU n −1 = , n ∈ N ; n ≥ với U1;U cho trước Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = (1) n n a) Nếu λ1 , λ2 hai nghiệm thực phân biệt (1) U n = Aλ1 + Bλ2 , A, B xác định theo U1;U n b) Nếu λ nghiệm kép (1) U n = ( A + nB )λ , A, B xác định theo U1;U 2) Tìm U n biết aU n +1 + bU n + cU n −1 = f n , (*) U1;U cho trước, f n đa thức bậc n cho trước 1 Ta có U n = U n + U n , U n nghiệm tổng quát aU n +1 + bU n + cU n −1 = U n nghiệm riêng phương trình (*) xác định sau: a) Nếu λ ≠ nghiệm phương trình (1) U n đa thức bậc với f n b) Nếu λ = nghiệm đơn (1) U n = n.g n , g n đa thức bậc với f n c) Nếu λ = nghiệm kép phương trình (1) U n = n g n , g n đa thức bậc với f n II Dùng phép kết hợp tính chất hàm số đơn ánh, tồn ánh, đơn điệu, tính chẵn lẻ hàm số Ví Dụ Tìm tất hàm f : Ô Ô tha f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ); x, y Ô (1) Gii: Trong (1) cho x = y = ta f (0) = Trong (1) cho y = − x ta f ( − x) = − f ( x) suy f hàm lẻ f ( n) = f (1 + + 1) = f (1) + f (1) + + f (1) = nf (1); ∀n ∈ ¥ * GV: Mai Cơng Huy 13 Chun đề Phương Trình Hàm f ( −n) = − f (n) = − nf (1); ∀n ∈ ¥ * ⇒ f (n) = f (1)n, ∀n ∈ ¢ 1 1 1 f (1) = f ( + + ) = nf ( ); ∀n ∈ ¥ * ⇒ f ( ) = f (1) ; ∀n ∈ ¥ * n n n n n n m 1 1 m f ( ) = f ( + + + ) = mf ( ) = f (1) ; ∀m, n ∈ ¥ * ⇒ f ( x) = f (1) x, x Ô + n n n n n n + f ( − x) = − f ( x) = − f (1) x; x Ô f ( x) = f (1) x, x Ô hay f ( x) = ax, x Ô ; a Ô th lại thỏa Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn f ( f (n) + m) = n + f (m + 2017); ∀ m, n ∈ ¥ * (1) Lời giải: + Trong (1) cho m = ta f ( f (n) + 1) = n + f (2018); ∀ n ∈ ¥ * (*) + Ta chứng minh f đơn ánh: Giả sử f ( n1 ) = f ( n2 ) ⇒ f ( f (n1 ) + 1) = f ( f (n2 ) + 1) ⇒ n1 + f (2018) = n2 + f (2018) ⇒ n1 = n2 Vậy f đơn ánh + Trong (1) thay m = f (1) ta f ( f (n) + f (1)) = n + f ( f (1) + 2017) = n + + f (2017 + 2017) = f ( f (n + 1) + 2017) mà f đơn ánh nên ta có f ( n) + f (1) = f (n + 1) + 2017 ⇒ f (n + 1) − f (n) = f (1) − 2017 = a, ∀n ∈ ¥ * suy f ( n) = an + 2017 thay vào (1) ta a = ⇒ f ( n) = n + 2017 thử lại thỏa Nhận xét: Hàm số f không tồn ánh (*) tập giá trị vế phải khơng ¥ Nếu hàm số f : ¢ → ¢ hàm tồn ánh ví dụ Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¢ → ¢ thỏa f ( m + f (n)) = f (m) + n; ∀m, n ∈ ¢ (1) Giải + Từ (1) cho m = ta f ( f (n)) = f (0) + n (2) + Trong (2) vế phải có tập giá trị ¢ nên f ( f (n)) có tập giá trị ¢ suy f ( n) có tập giá trị ¢ (vì tập giá trị f ( f ( n)) tập giá trị f ( n) ), f tồn ánh Vậy tồn b : f (b) = + Từ (2) cho n = b ta b = hay f (0) = thay vào (2) ta có f ( f (n)) = n, ∀n ∈ ¢ (3) Từ (1) thay n f (n) áp dụng (3) ta f ( m + n) = f (m) + f (n); ∀m, n ∈ ¢ nên theo Ví dụ ta có f ( n) = an; ∀n ∈ ¢ thay vào (1) ta a = a = −1 Vậy f (n) = n; ∀n ∈ ¢ f (n) = −n ; ∀n ∈ ¢ Thử lại thỏa III Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp: Ví Dụ (Olympic 30/4/2017) Cho hàm số f : Q → {0,1} thỏa: a) f (0) = 0; f (1) = x+ y ) ∀x, y ∈ Q b) Nếu f ( x ) = f ( y ) f ( x) = f ( Chứng minh f (n) = 1; ∀n ∈ ¥ * (*) Giải: Với n = (*) Giả sử (*) với n = k – nghĩa f ( k − 1) = Ta chứng minh f ( k ) = k Giả sử ngược lại f (k ) = = f (0) ⇒ f (k ) = f ( ) = 1+ k −1 k ) = f ( ) mâu thuẫn Vậy f (k ) = Mặt khác f (1) = f (k − 1) = ⇒ = f (1) = f ( 2 * Vậy f (n) = 1; ∀n ∈ ¥ theo quy nạp Ví Dụ Tìm tất hàm f : ¥ → ¥ thoả mãn f (m + f (n)) = f (m) + n, ∀m, n ∈ ¥ (1) Giải GV: Mai Cơng Huy 14 Chuyên đề Phương Trình Hàm + Từ (1) cho m = ta có f ( f (n)) = f (0) + n (2) + Với n1 , n2 ∈ N mà f ( n1 ) = f (n2 ) f ( f (n1 )) = f ( f (n2 )), suy f (0) + n1 = f (0) + n2 , n1 = n2 nên f đơn ánh + Từ (1) cho n = ta f (m + f (0)) = f (m) ⇔ m + f (0) = m => f (0) = thay vào (2) ta có f ( f (n)) = n, ∀n ∈ N + Nếu f (1) = = f (0) = f ( f (1)) = vô lý, f (1) = b > + Ta chứng minh quy nạp f (n) = bn, ∀n ∈ ¥ (*) Thật vậy, với n = 0;1 (*) Giả sử có f (n) = bn, f (bn) = f ( f (n)) = n Ta có f ( n + 1) = f ( f (bn) + 1) = bn + f (1) = bn + b = b(n + 1) , (*) với n + Do f ( n) = bn, ∀n ∈ ¥ Thay vào (1) suy b = Vậy f ( n) = n Thử lại thoả mãn Ví Dụ 10 Tìm tất hàm số f : Ô Ô tha cỏc iu kin: a) f ( 1) = ; b) f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) + , x, y Ô Gii: Thay y = vào b), ta được: f ( x ) = f ( x ) f ( 1) − f ( x + 1) + = f ( x ) − f ( x + 1) + 1, x Ô f ( x + 1) = f ( x ) + 1, x Ô suy f ( n + 1) = f ( n ) + ; ∀n ∈ ¢ ⇒ f ( n ) = n + ; ∀n ∈ ¢ Bằng phương pháp quy nạp theo n ta có: f ( x + n ) = f ( x ) + n, x Ô , n  Từ b) thay x = , y = n, ∀n ∈ ¢ , ta được: n  1  1  1 1  1 = f ( 1) = f  n ÷ = f  ÷ f ( n ) − f  + n ÷ + = f  ÷( n + 1) −  f  ÷+ n  + n  n n  n  n  1 1 = nf  ÷− n + ⇒ f ữ = + ; n Ơ * n n n Từ b) thay x = p, y = , p  , q Ơ * , ta : q  p 1 f  ÷ = f ( p ) f  ÷− q q  1   1  p f  p + ÷ + = ( p + 1)  + 1÷ −  p + + 1÷+ = + q q  q  q   Suy f ( x ) = x + 1, x Ô Th li, ta thấy f ( x ) = x + 1, x Ô tha iu kin bi toỏn Vớ Dụ 11 Tìm tất hàm f : ¥ → ¡ thoả mãn điều kiện sau: a) f (0) = b) ( f (n + 1) − f (n) ) = f (n + 1) f (n) + 1, ∀n ∈ N * Giải: Từ (b) ta có ( − f (n)) f (n + 1) = f (n) + Nếu tồn n để f ( n) = thay vào ta có = π f (n) + tan f ( n) + = = vô lý Vậy f ( n + 1) = π − f ( n) − f (n) − f ( n) tan f (n) + GV: Mai Công Huy 15 Chuyên đề Phương Trình Hàm π π π tan + tan = = tan( π + π ) ⇒ f (1) = π π π − f (0) tan − tan tan 6 π π π π f (1) + tan tan( + ) + tan = 6 = tan( π + 2π ) f (2) = π π π π − f (1) tan − tan( + ) tan 6 π π Ta chứng minh quy nạp công thức f ( n) = tan( + n ), ∀n ∈ ¥ (*) π π Thật vậy, với n = 0;1;2 công thức (*) Giả sử f ( n) = tan( + n ) π π π π f (n) + tan tan( + n ) + tan = 6 = tan  π + (n + 1) π  , hay (*) với n + Ta có f ( n + 1) =  ÷ π π π π 6 4 − f (n) tan − tan( + n ) tan 6 π π Vậy f (n) = tan( + n ), ∀n ∈ ¥ Thử lại thỏa f Ví Dụ 12 Cho hm : Ơ ì Ơ Ă tho ng thời điều kiện sau a) f (0, n) = n + ; ∀n ∈ ¥ b) f ( m + 1,0) = f (m,1) ; ∀n ∈ ¥ c) f ( m + 1, n + 1) = f ( m, f ( m + 1, n) ) ; ∀m, n ∈ ¥ Hãy tính f (1, n); f (2, n); f (3, 2017) Giải: a) Tính f (1, n) : f (1,0) = f (0,1) = + = f (1,1) = f (0, f (1,0)) = f (0,2) = + = f (1,2) = f (0, f (1,1)) = f (0,3) = + = Ta chứng minh quy nạp f (1, n) = n + , ∀n ∈ ¥ Giả sử có f (1, n) = n + 2, phải chứng minh f (1, n + 1) = n + Thật có f (1, n + 1) = f (0, f (1, n)) = f (0, n + 2) = n + 3, điều phải chứng minh b) Tính f (2, n) : f ( 2,0) = f (1,1) = = 2.0 + f ( 2,1) = f (1, f (2,0)) = f (1,3) = = 2.1 + f ( 2,2) = f (1, f (2,1)) = f (1,5) = = 2.2 + Ta chứng minh quy nạp f (2, n) = 2n + , ∀n ∈ ¥ Giả sử có f (2, n) = 2n + 3, phải chứng minh f (2, n + 1) = 2n + Thật có f ( 2, n + 1) = f (1, f (2, n)) = f (1,2n + 3) = 2n + 5, điều phải chứng minh c) Tính f (3, n) : f (3,0) = f ( 2,1) = f (3,1) = f (2, f (3,0)) = f (2,5) = 13 = 21+ − f (3,2) = f (2, f (3,1)) = f (2,13) = 29 = 2 + − Ta chứng minh quy nạp f (3, n) = n + − , ∀n ∈ ¥ Giả sử có f (3, n) = n + − ta chứng minh f (3, n + 1) = 2n + − f (0) + tan GV: Mai Công Huy 16 Chun đề Phương Trình Hàm Thật có f (3, n + 1) = f ( 2, f (3, n)) = f (2,2n + − 3) = 2(2n + − 3) + = 2n + − 3, suy điều phải chứng minh Vậy f (3, 2017) = 22020 − Ví Dụ 13 (SBT Đại số 12 chuyên) Cho hàm số f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn f ( f ( n)) + f (n + 1) = n + ∀n ∈ ¥ * a) Chứng minh f (2) = b) Chứng minh f (1) = tồn nhiều hàm số thỏa điều kiện Giải: a) Cho n = ⇒ f ( f (1)) + f (2) = ⇒ f (2) ≤ 2; f ( f (1)) ≤ Nếu f (2) = ⇒ f ( f (1)) = ⇒ f (1) ≠ 1; f (1) ≠ Cho n = ⇒ f ( f (2)) + f (3) = f (1) + f (3) = ⇒ f (1) = 3, f (3) = Vô lý = f ( f (1)) = f (3) = Vậy f (2) = b) Với f (2) = ⇒ f ( f (1)) = Nếu f (1) = ⇒ f ( f (1)) = f (2) = vô lý Bây ta chứng minh quy nạp: ≤ f (n) ≤ n − 1; ∀n ≥ (*): Cho n = ⇒ f (3) = Vậy (*) với n = Giả sử (*) đến n Khi (*) ta thay n f (n) (vì ta có ≤ f (n) ≤ n − ) nghĩa ≤ f ( f (n)) ≤ f (n) − Từ f ( n + 1) = n + − f ( f (n)) ≤ n f ( n + 1) = n + − f ( f (n)) ≥ Vậy theo quy nạp ta có ≤ f (n) ≤ n − 1; ∀n ≥ Nếu ta có f (1) ≥ theo (*) ta có ≤ f ( f (1)) ≤ f (1) − Điều vơ lý f ( f (1)) = Vậy f (1) = Vậy ta có f (1) = 1, f (2) = 2, f (3) = , tiếp tục tính ta thấy f (4) = 3, f (5) = 4, f (6) = f ( n) xác định với giái trị n nên hàm số có nhiều hàm số thỏa toán 1 +  n  − n + (với [ α ] phần nguyên α ) hàm PS: Người ta hàm số f (n) =    thỏa tốn Ví Dụ 14 Cho hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện f ( 1) > f ( m + 2n ) = ( f ( m ) ) + ( f ( n ) ) , ∀m, n ∈ ¥ Tính f ( ) tìm tất hàm số f 2 Đặt f ( ) = a Cho m = n = ⇒ f ( ) = ( f ( ) ) ⇒ f ( ) = Cho m = 1; n = ⇒ f ( 1) = ( f ( 1) ) ⇒ f ( 1) = Cho m = n = ⇒ f ( 3) = 2 Cho n = ⇒ f ( m ) = ( f ( m ) ) , ∀m ∈ ¥ nên f ( ) = a Mặt khác với số tự nhiên k ≥ ta có ( k + 1) + ( k − ) = ( k − 3) + 2k ⇒ ( f ( k + 1) ) + ( f ( k − ) ) = ( f ( k − 3) ) + ( f ( k ) ) 2 2 2 (1) Từ (1) cho k = ta có ( f ( ) ) + ( f ( 1) ) = ( f ( ) ) + ( f ( 3) ) ⇒ a = 16 ⇒ a = ⇒ f ( ) = 2 2 Theo ta chứng minh f ( n ) = n với n = 0;1; 2;3;4 Ta chứng minh quy nạp f ( n ) = n Thật vậy, với n ≥ từ đẳng thức (1) ta có: ( f ( n + 1) ) + ( f ( n − ) ) = ( f ( n − 3) ) + ( f ( n ) ) ⇒ ( f ( n + 1) ) = ( n − 3) + 2n − ( n − ) = ( n + 1) ⇒ f ( n + 1) = n + 2 GV: Mai Công Huy 2 2 2 17 Chuyên đề Phương Trình Hàm Do f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ Thử lại thỏa 2 2 Ví Dụ 15 Tìm tất hàm f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn: f ( f ( m ) + f ( n ) ) = m + 2n với m, n ∈ ¥ * Giải: * Nếu m1 , m2 ∈ ¥ thỏa f ( m1 ) = f ( m2 ) ⇒ 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) 2 2 Đặt f (1) = a ⇒ f (3a ) = Theo (1) suy 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 = Vậy f (n) = n với n nguyên dương Thử lại thỏa mãn toán IV Sử dụng nguyên lý cực hạn, chứng minh phản chứng Nguyên lý 1: Mọi tập khác rỗng N có phần tử nhỏ Nguyên lý 2: Mọi tập khác rỗng hữu hạn ¥ có phần tử lớn nhỏ Ví Dụ 16 (Olympic 30/4/2017) Cho hm s f : Ô {0,1} tha a) f (0) = 0; f (1) = x+ y ) = f ( x) x, y Ô b) Nếu f ( x ) = f ( y ) f ( Chứng minh f (n) = 1; ∀n ∈ ¥ * Giải: Ta chứng minh phản chứng Giả sử ngược lại, tồn ∀n ∈ ¥ * để f (n) = , giá trị n ta chọn n0 nhỏ thỏa f ( n0 ) = Khi f ( n0 ) = f (0) = ⇒ f ( n0 )=0 Mặt khác n0 nhỏ thỏa f ( n0 ) = nên f ( n0 − 1) = = f (1) ⇒ f ( n0 ) = mâu thuẫn Vậy f (n) = 1, ∀n ∈ ¥ * Ví Dụ 17 Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ * thỏa mãn: a) f ( n + f ( n ) ) = f ( n ) , ∀n ∈ ¥ b) Tồn no ∈ ¥ cho f ( n0 ) = Hướng dẫn giải GV: Mai Cơng Huy 18 Chun đề Phương Trình Hàm Gọi n1 số tự nhiên bé cho f ( n1 ) = , suy f ( n1 + 1) = f ( n1 + f ( n1 ) ) = f ( n1 ) = từ ta có f ( n ) = 1, ∀n ∈ ¥ , n ≥ n1 Trường hợp 1: n1 = ta f ( n ) ≡ 1, ∀n ∈ ¥ Trường hợp 2: Nếu n1 > suy f ( n1 − + f ( n1 − 1) ) = f ( n1 − 1) : • Nếu n1 − + f ( n1 − 1) ≥ n1 suy f ( n1 − 1) = f ( 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 ∈ ¥ Ví Dụ 18 (Đề nghị Olympic 2018) Cho hàm số f : ¥ → ¥ g : ¥ → ¥ thoả mãn điều kiện sau: a) f toàn ánh g đơn ánh b) g (n) ≤ f (n), ∀n ∈ N Chứng minh rằng: f ( n) = g (n), ∀n ∈ ¥ Giải: Ta chứng minh phản chứng: Giả sử tồn n ∈ ¥ cho f (n) ≠ g (n) Khi ta xét tập A = { g (n) | f (n) ≠ g (n)} ≠ ∅ Giả sử phần tử nhỏ A g (n0 ), n0 ∈ N Vì f tồn ánh nên với g (n0 ), tồn n1 ∈ N cho f (n1 ) = g (n0 ) Từ giả thiết ta có g (n1 ) ≤ f (n1 ) = g ( n0 ) ≤ f (n0 ) mà g (n0 ) ≠ f (n0 ) nên g (n0 ) < f (n0 ) hay f ( n1 ) < f ( n0 ) suy n1 ≠ n0 Ta lại có g (n1 ) ≤ g (n0 ) kết hợp với n1 ≠ n0 g đơn ánh suy g (n1 ) < g (n0 ) = f (n1 ) ⇒ g (n1 ) ∈ A mà g (n1 ) < g (n0 ) mâu thuẫn ta có g (n0 ) phần tử nhỏ A Vậy f (n) = g (n), ∀n ∈ ¥ BÀI TẬP Bài 1) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn f (mn + 1) = mf (n) + 2; ∀m, n ∈ ¥ ĐS: f ( n) = 2n Bài 2) Tìm tất hàm f : ¥ * → ¥ * thoả mãn điều kiện sau a) f (1) = 2018 b) f ( m + n) = f (m) + f ( n) + mn, ∀m, n ∈ ¥ * Hint: Sử dụng dãy số n(n − 1) + 2018n ĐS: f ( n) = Bài 3) (Olympic 30/4/2016) Cho hàm số f : ¢ → ¢ thỏa a) f (0) = b) f ( f (n)) = n , ∀n ∈ ¢ c) f ( f (n + 2) + 2) = n , ∀n ∈ ¢ Tính f (2015); f (−2016) Hint: Chứng minh f (n + 2) − f (n) = −2 ; ∀n ∈ ¢ ĐS: f (2015) = −2014; f (−2016) = 2017 Bài 4) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn a) f (0) = GV: Mai Cơng Huy 19 Chun đề Phương Trình Hàm b) f ( f (n)) = n + , ∀n ∈ ¥ c) f ( f (n + 1) + 1) = n + , ∀n ∈ ¥ Hint: Tương tự ĐS: f ( n) = n + Bài 5) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất hàm số f : ¥ * → ¡ + thỏa mãn f (1) = f (mn) f ( m) f ( n ) = (m + n)( + ); ∀m, n ∈ ¥ * f ( m + n) n m Hint: Đặt g (n) = nf (n) Sử dụng dãy số ta g (n) = n n2 Bài 6) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¡ thỏa mãn f (1) = f (m) f (n) = f (m + n) + f (m − n) ; ∀m, n ∈ ¥ Hint: Chứng minh f (0) = sử dụng phương trình đặc trưng dãy số ĐS: f (n) = (3 + 2) n + (3 − 2) n Bài 7) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¡ thỏa mãn f (1) = ĐS: f ( n) = f ( n) f (m + n) − f (m − n) = f ( m) f ( n) ; ∀m, n ∈ ¥ , m ≥ n Hint: Chứng minh f (0) = −2 sử dụng phương trình đặc trưng dãy số n ĐS: f ( n) = −2(− ) Bài 8) (SBT Đại số 10 chun) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn f ( f (m) + f (n)) = m + n ∀m, n ∈ ¥ Hint: Chứng minh f đơn ánh sử dụng dãy số ĐS: f ( n) = n Bài 9) (SBT Đại số 12 chuyên) Tồn hay không hàm số f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn f ( f (n)) − f (n) + 3n = ∀n ∈ ¥ * Hint: Xét dãy số a1 = a ∈ N *, ak +1 = f (ak ) Chứng minh ak +1 = 2ak − 3ak −1 = −4ak − − 3ak −3 suy mâu thuẫn Bài 10) (SBT Đại số 12 chuyên) Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn f (1) > f ( f (m) − n) = f (m ) + f (n) − 2nf (m) ; ∀n, m ∈ ¢ Hint: Chứng minh f (m ) = f (m) từ tính f (0) = 0; f (1) = chứng minh f ( n) − f (n − 1) = 2n − ĐS: f ( n) = n Bài 11)(Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn f ( m + n) + f (mn − 1) = f ( m) f (n) + ; ∀n, m ∈ ¢ Hint: Chứng minh f chẵn dùng dãy số ĐS: f ( n) = n + Bài 12) Cho hàm số f : ¥ → ¡ thỏa mãn f ( n + m) + f (n − m) = f (3n) (*) ∀m, n ∈ ¥ ; n ≥ m a) Tính f (0); f (2018) b) Tìm tất hàm số f (n) thỏa (*) Hint: Chứng minh f (4m) = f (9m); f (2m) = ∀m ∈ ¥ ĐS: f ( n) = GV: Mai Công Huy 20 Chuyên đề Phương Trình Hàm Bài 13) (SBT Đại số 12 chun) Tìm tất hàm số f : ¢ → ¡ thỏa mãn m+n f ( m) + f ( n ) )= ∀n, m ∈ Z , m + n M 3 Hint: Chứng minh f (n) = f (2n) = f (3n) ĐS: f ( n) = C Bài 14) (SBT Đại số 12 chuyên) Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn f( f ( f ( n)) − f ( n) + n = ∀n ∈ ¢ Hint: Đặt g (n) = f (n) − n suy g (n) = g ( f (n)) = 22 g ( f ( f (n))) = nên g (n)M2k ∀k ∈ N * suy g ( n) = ĐS: f ( n) = n Bài 15) (THTT 319) Tìm tất hàm số f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn f (m + n ) = f ( m) f (n) + f (n) f (m) ∀m ≠ n ∈ N * Hint: Ta chứng minh f hàm Giả sử tồn m, n cho f ( m) ≠ f (n) , xét m, n ∈ N * cho f ( m) − f ( n) số nguyên dương nhỏ nhất, từ suy vơ lí ĐS: f ( n) = a Bài 16) (THTT 429) Tìm tất hàm số f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn f (mf (n)) = n + f (2018m) ∀m, n ∈ ¥ * Hint: Chứng minh f đơn ánh, sử dụng phép (m, n) = (2018, n);( f (m), n) suy f ( m) f (n) = 2018 f (m + n) suy f ( n + 1) = f (1) f ( n) 2018 ĐS: Không tồn hàm f Bài 17) (Olympic 30/4/2015) Tìm tất hàm số f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn f ( m + f (n)) = n + f (m + 2015) ∀m, n ∈ ¥ * ĐS: f (n) = n + 2015 Bài 18) Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn f (m − n + f (n )) = f (m) + f (n ) Hint: Chứng minh f (0) = 0; f (m + n) = f (m) + f (n) ĐS: f ( n) = 0; f ( n) = 2n Bài 19) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn f (m + f (n)) = f (m + n) + 2n + ∀m, n ∈ ¥ Hint: Chứng minh f (na ) = 2n + a; a = f (0) quy nạp sử dụng tính đơn ánh ĐS: f ( n) = 2n + Bài 20) Cho hm s f : Ơ  tha f (m + f (n)) = f (m + n) + 2n + ∀m, n ∈ ¥ ĐS: f ( n) = −n − Hint: Tương tự Bài 21) (Olympic 30/4/2018, SBT Đại số 12 chuyên) Tồn hay khơng hàm số f : ¥ * → ¥ * thỏa mãn f ( f (n − 1)) = f (n + 1) − f (n); ∀n ∈ ¥ * Hint: Chứng minh hàm f tăng n − ≤ f (n) ≤ n + 1; ∀n ≥ Bài 22) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tỡm tt c cỏc hm s f : Ô ¤ thỏa mãn f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x) + f ( y ) ∀x, y ∈ ¤ GV: Mai Cơng Huy 21 Chun đề Phương Trình Hàm Hint: Sử dụng quy nạp chứng minh f ( ny ) = n f ( y ), ∀n ∈ N , y ∈ Q Sau chứng minh f ( x) = f (1) x ĐS: f ( x) = ax Bài 23) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn f ( x + f ( y )) = f ( x) + y + f ( y ) ∀x, y ∈ ¤ Hint: Chứng minh f (0) = Từ thay x = y − f ( y ) suy f tồn ánh Từ chứng minh f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) ∀x, y ∈ Q ĐS: f ( x) = − x; f ( x) = x Bài 24) (SBT Đại số 12 chuyên) Tìm tất hàm số f : ¥ * → ¥ * tăng thực thỏa mãn f (2mf (n)) = 2nf (m); Hint: Thế (m, n) = (1, n); (m,1) sử dụng phản chứng chứng minh f ( n) = nf (1) ĐS: f ( n) = n Bài 25) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất hàm số f : ¥ * → ¥ * tăng thực thỏa mãn f (mf ( n)) = nf (2m) ; ∀m, n ∈ ¥ * Hint: Chứng minh f đơn ánh, f (1) = Thế (m, n) = (1, n); (m, 2) dùng phản chứng chứng minh f ( n) = n ĐS: f ( n) = 2n Bài 26) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn f ( f (n)) = n + ; ∀n ∈ ¥ Hint: Ta có f (n + 2) = f ( f ( f (n))) = f (n) + Sử dụng quy nạp ta có f (2n) = 2n + f (0) ∀n ∈ N f (2n + 1) = 2n + f (1) ∀n ∈ N Chứng minh f (0) = 2a + phản chứng, từ suy a = a = n + n = 2k ĐS: f ( n) = n + 1; f ( n) =  n − n = 2k + Bài 27) (Đề nghị Olympic 30/4/2016) Tìm tất hàm số f : ¥ * → ¥ * tăng thực thỏa mãn a) f ( f ( n)) = 4n + ∀n ∈ ¥ * b) f ( f (n) − n) = 2n + ∀n ∈ ¥ * Hint: Sử dụng f tăng ta có f (2n) = f (n) + 2n Chứng minh f ( n + 1) ≠ f ( n) + 1; ∀n ∈ ¥ * phản chứng Từ suy f ( n + 1) ≥ f (n) + ; ∀n ∈ ¥ * f ( n) + 2n = f (2n) ≥ f (2n − 1) + ≥ ≥ f ( n) + 2n Vậy f ( n + 1) = f ( n) + ; ∀n ∈ ¥ * ĐS: f ( n) = 2n + Bài 28) (GGTH 2015) Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn: a) f ( f (n)) = 4n + ; ∀n ∈ ¢ b) f ( f (n) − n) = 2n + ; ∀n ∈ ¢ Hint: Sử dụng tính đơn ánh chứng minh quy nạp ĐS: f ( n) = 2n + Bài 29) Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn: a) f (0) = b) f ( m + f (m + 2n)) = f (2m) + f (2n) ; ∀m, n ∈ ¢ Hint: Sử dụng quy nạp chứng minh f ( n) = n + 2, ∀n ∈ Z , n chẵn Sau dùng phản chứng ĐS: f ( n) = n + GV: Mai Công Huy 22 Chun đề Phương Trình Hàm CHƯƠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY VÀ KIỂU CAUCHY Phương trình có tính chất cộng tính nghĩa f(x+y) = f(x) + f(y) ∀x, y ∈R gọi phương trình Cauchy Đặc điểm lớp phương trình này: Nếu hàm f xác định Q, phương pháp quy nạp toán học cho ta kết f(x) = xf(1), ∀x∈Q Bài toán mở rộng R thêm tính chất cho trước hàm ta xác định hàm f Tuy nhiên với tính chất khác cho ta hàm khác lời giải tốn khác Các tính chất thường cho toán là: +) Đơn điệu khoảng +) Hàm liên tục +) Hàm bị chặn khoảng (đoạn) +) Dương với giá trị x ≥ +) Đơn ánh, toàn ánh … Khi giải tốn tổng qt: Tìm f : R → S thỏa f(x + y) = f(x) + f(y) Tuy nhiên, thực tế ta thường hay gặp phương trình mà sau biến đổi giả thiết phương trình Cauchy Lớp phương trình gọi phương trình kiểu Cauchy Ta ý tính chất sau: Nếu hàm số f : R → R cộng tính f ( x ) = f (1) x , ∀x ∈ Q Nếu hàm số f : R → R liên tục cộng tính f ( x ) = kx Nếu hàm số f : R → R đơn điệu cộng tính f ( x) = kx Nếu hàm số f đơn ánh, liên tục D f đơn điệu thực D Nếu hàm số f : R → R + liên tục thỏa f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) cách đặt g ( x) = ln f ( x) ta tìm f ( x ) = a x Nếu hàm số f : R + → R + liên tục thỏa f ( xy ) = f ( x) + f ( y ) cách đặt g ( x) = e f ( x ) ta tìm f ( x) = log a x Nếu hàm số f : R + → R + liên tục thỏa f ( xy ) = f ( x) f ( y ) cách đặt g ( x) = ln f ( x) ta tìm f ( x ) = xα Nếu hàm số f : R + → R + đơn điệu nhân tính f ( x ) = xα Ví Dụ (Phương trình hàm Cauchy) Tìm tất hàm f : R → R đơn điệu thỏa mãn f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) ∀x, y ∈ R (1) Giải: Không tổng quát giả sử f hàm đồng biến R Trong (1) cho x = y = ta f (0) = Trong (1) cho y = - x ta f ( − x) = − f ( x) suy f hàm lẻ ∀n ∈ N * : f (n) = f (1 + + 1) = f (1) + f (1) + + f (1) = nf (1) ∀n ∈ N * : f (− n) = − f (n) = −nf (1) ⇒ f (n) = f (1) n, ∀n ∈ Z 1 1 1 ∀n ∈ N * : f (1) = f ( + + ) = nf ( ) ⇒ f ( ) = f (1) , ∀n ∈ N * n n n n n n m 1 1 m ∀m, n ∈ N * : f ( ) = f ( + + + ) = mf ( ) = f (1) ⇒ f ( x) = f (1) x, ∀x ∈ Q + n n n n n n + ∀x ∈ Q : f (− x ) = − f ( x ) = − f (1) x ⇒ f ( x) = f (1) x, ∀x ∈ Q GV: Mai Công Huy 23 Chuyên đề Phương Trình Hàm Bây ta chứng minh f ( x) = f (1) x, ∀x ∈ R Thật giả sử tồn x0 để f ( x0 ) > f (1) x0 ⇒ x0 < tồn số hữu tỉ r cho x0 < r < f ( x0 ) Do f (1) f ( x0 ) Do f hàm đồng biến R nên ta có f (1) f ( x0 ) = f ( x0 ) Mâu thuẫn f (1) Trường hợp f ( x0 ) < f (1) x0 tương tự Chú ý: Nếu giả thiết hàm đơn điệu thay giả thiết hàm liên tục kết khơng có thay đổi f ( x0 ) < f ( r ) = f (1)r < f (1) Khi ta chứng minh sau: xn = x ta có f ( xn ) = f (1) xn ∀x ∈ R, ∃ dãy số xn ∈ Q ∀n ∈ N * cho nlim →+∞ ⇒ f ( x) = f ( lim xn ) = lim f ( xn ) = lim f (1) xn = f (1) x Thử lại thỏa Vậy f ( x ) = f (1) x, ∀x ∈ R n →+∞ n →+∞ n →+∞ Kết phương trình hàm Cauchy ta dùng cho ví dụ sau mà khơng chứng minh lại Ví Dụ Tìm tất hàm f : R → R liên tục thỏa mãn x+ y f  = [ f ( x) + f ( y )] , ∀x, y ∈ R (1)   Lời giải: Đặt g(x) = f(x) - f(0) g(0) = Trong (1) cho y = 0, ta f ( x) − f (0)  x  f ( x ) + f (0)  x x f = ⇔ f   − f (0) = ⇔ g   = g ( x) ∀x ∈ R 2 2 2 2 x+ y  − f (0) = [ f ( x ) − f (0) + f ( y ) − f (0)] Khi đó: (1) ⇔ f    x+ y x y x  y ⇔ g  = [ g ( x ) + g ( y )] ⇔ g  +  = g   + g     2 2 2 2 ⇔ g ( x + y ) = g ( x) + g ( y )∀x, y ∈ R Do g(x) = ax suy f(x) = g(x) +g(0) = ax + b, với b = f(0) a = f(1) - f(0) Thử lại thỏa Ví Dụ Tìm tất hàm f : R → R liên tục thỏa mãn f(0) = 2017, f(1) = 2018 x+ y+z f  = [ f ( x) + f ( y ) + f ( z )] ∀x, y , z ∈ R   Lời giải: x+ y x+ y  = [ f ( x ) + f ( y )] Thay z = vào giả thiết ta f    Do theo ví dụ suy f(x) = ax + b Vì f(0) = 2017, f(1) = 2018 suy f(x) = x + 2017 Thử lại thỏa Ví Dụ Tìm tất hàm f : R → R liên tục thỏa mãn f(x) + f(y) - f(x+y) = xy (1) ∀x,y ∈ R Lời giải: Từ (1) cho x = ⇒ f(0) = Cho y = - x ⇒ f(x) + f(-x) + x2 = ∀x ∈ R x2 Từ ta dự đoán cách đặt hàm g(x) cho x hay f ( x) = g ( x) − GV: Mai Công Huy 24 Chun đề Phương Trình Hàm Khi thay vào (1) rút gọn ta g(x) + g(y) = g(x+y) ∀x,y ∈ R g ( x) liên tục R g(x) = ax x2 Thử lại thỏa (1) Ví Dụ Cho hàm g: R → R thỏa mãn g(1) = g(x) + g(y) = g(x+y) - xy - 1, (*) ∀x,y∈R Tìm tất số nguyên n ≠ cho g(n) = n Lời giải: Từ (*) cho x = y = ta g(0) = - 1 2 Từ (*) cho y = - x ta g(x) + g(-x) = x2 – hay g(x) + - x + g(-x) + - (− x) = 2 Đặt f(x) = g(x) + - x thay vào (*) rút gọn ta f(x) + f(y) = f(x+y) , ∀x,y∈R Suy hay f ( x) = ax − f ( n) = n, ∀n ∈ Z 2 Từ ta có g (n) = f (n) + n − = n + n − Giải phương trình g (n) = n ⇔ n = 1, n = −2 2  f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) (1) ∀x, y ∈ R Ví Dụ Tìm tất hàm số f : R → R thỏa  (2)  f ( xy ) = f ( x) f ( y ) Giải: Trong (1) cho x = 0, y = ⇒ f (0) = Cho y = − x ⇒ f (− x) = − f ( x) Trong (2) cho y = x ⇒ f ( x ) = f ( x ) ≥ ⇒ f ( x ) ≥ ∀x ≥ ∀x ≥ y : f ( x − y ) = f ( x) − f ( y ) ≥ ⇒ f ( x) ≥ f ( y ) Từ suy f đơn điệu, cộng tính nên ta có f ( x ) = kx , thay vào (2) ta k =1 Vậy f ( x) = x Ví Dụ (IMO 1979): Cho hàm f: R → R thỏa f (xy + x + y) = f(xy) + f(x) + f(y) ∀ x; y ∈ R (1) Chứng minh rằng: f(x + y) = f(x) + f(y) ∀ x; y ∈ R Lời giải: + Trong (1) cho x = y = => f(0) = + Trong (1) cho y = -1 => f(x) = -f(-x); thay y = => f(2x + 1) = 2f(x) + f(1) => f (2(u + v + uv) + 1) = 2f (u + v + uv) + f(1) = 2f(uv) + 2f(u) + 2f(v) + f(1) ∀ u, v ∈ R + Mặt khác: Thay x = u y = 2v + (1) ta có: f(2(u+ v + uv) + 1) = f(u + (2v + 1) + u(2v+1)) = f(u) + 2f(v) + f(1) + f (2uv + u) Suy ra: 2f(uv) + 2f(u) + 2f(v) + f(1) = f(u) + 2f(v) + f(1) + f(2uv + u) => f(2uv + u) = 2f(uv) + f(u) (2) u  u u + Trong (2) cho v = − => = f  − ÷+ f (u ) = −2 f ( ) + f (u ) => f(u) = 2f   => f(2x) = 2f(x) ∀x ∈R 2  2 2 + Do (2) viết lại f(2uv + u) = f(2uv) + f(u) ∀ u, v ∀∈R hay f(x+ y) = f(x) + f(y) ∀ x, y ∈ R BÀI TẬP Bài 1) (TST 2014 Đăk Lắc) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ liên tục thỏa mãn f ( x + f ( y )) = y + f ( x ) ∀x, y ∈ R ĐS: f ( x) = x; f ( x) = − x Bài 2) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ liên tục thỏa mãn f ( x + f ( y )) = y + f ( x + 1) ∀x, y ∈ R Hint: Đặt f ( x) = g ( x) + đưa Bài ĐS: f ( x) = − x; f ( x ) = + x Bài 3) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn f ( x + f ( y )) = f ( x ) − y ∀x, y ∈ Q GV: Mai Công Huy 25 Chuyên đề Phương Trình Hàm ĐS: Khơng tồn hàm số f Bài 4) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn f ( x − y + f ( y )) = f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ Z Hint: Chứng minh f (0) = , sử dụng phép ( x, y ) = (0, x);( x, f ( y ) − y ) đưa phương trình Cauchy ĐS: f ( x) = 0; f ( x) = x Bài 5) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ liên tục thỏa mãn xf ( x ) − yf ( y ) = ( x − y ) f ( x + y ) ∀x, y ∈ R f ( y ) + f (2 x + y ) Hint: Sử dụng phép ( x, y ) = ( x, x + y ) chứng minh f ( x + y ) = x− y , y ) đưa phương trình hàm Cauchy ĐS: f ( x) = ax + b ( x, y ) = ( GV: Mai Công Huy 26 ... Chuyên đề Phương Trình Hàm CHƯƠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY VÀ KIỂU CAUCHY Phương trình có tính chất cộng tính nghĩa f(x+y) = f(x) + f(y) ∀x, y ∈R gọi phương trình Cauchy Đặc điểm lớp phương trình. .. phương trình mà sau biến đổi giả thiết phương trình Cauchy Lớp phương trình gọi phương trình kiểu Cauchy Ta ý tính chất sau: Nếu hàm số f : R → R cộng tính f ( x ) = f (1) x , ∀x ∈ Q Nếu hàm số... Chuyên đề Phương Trình Hàm Bài 9) (THTT 419) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( xf ( y )) + f ( f ( x) + f ( y )) = yf ( x) + f ( x + f ( y )) ∀x, y ∈ R Hint: Xét f ( x) ≡ thỏa phương trình hàm