Một số phương pháp giải phương trình hàm và bất phương trình hàm qua các kỳ thi olympic toán

CHUYÊN ĐỀ COVID-19 - NĂM 2020 BÙI NGỌC DIỆP MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC TỐN Mục lục Mở đầu PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH PHƯƠNG PHÁP TỔNG HỢP 53 MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 90 MỘT SỐ BÀI TOÁN TỰ LUYỆN 103 Kết luận 107 Tài liệu tham khảo 107 Mở đầu Hàm số đối tượng nghiên cứu trung tâm Toán sơ cấp Một chủ đề liên quan đến hàm số thường xuyên xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia kỳ thi Olympic tốn Quốc tế giải phương trình hàm, bất phương trình hàm Đối với phương trình, bất phương trình đại số sách giáo khoa, mục tiêu tìm biến chưa biết phương trình hàm, bất phương trình hàm cần phải tìm "hàm số" thỏa mãn số điều kiện ràng buộc cho trước tốn Đây chủ đề khó Đừng trước toán thuộc chủ đề này, học sinh phải nắm vững kĩ thuật, phương pháp giải, phải có xử lí khéo léo đứng trước tình cụ thể Chúng ta có nhiều phương pháp hướng tiếp cận khác toán thuộc chủ đề Với mục tiêu muốn đóng góp phần việc hồn thành tranh tổng thể phương pháp giải phương trình hàm bất phương trình hàm, chuyên đề giới thiệu tới bạn đọc hai phương pháp thường sử dụng để giải tốn thuộc chủ đề thơng qua tốn cụ thể, phương pháp giải tích phương pháp tổng hợp Trong phương pháp, đưa hệ thống toán với lời giải chi tiết, rõ ràng Hơn nữa, sau lời giải, đưa nhận xét, phân tích, bình luận để giúp người đọc có cách nhìn tổng quan tốn phương pháp sử dụng Mục tiêu chuyên đề giới thiệu phương pháp giải tích phương pháp tổng hợp với kĩ thuật đặc trưng thơng qua ví dụ cụ thể thơng qua số tốn phương trình hàm, bất phương trình xuất kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Chuyên đề bố cục sau Trong chương 1, giới thiệu phương pháp giải tích thơng qua hệ thống toán với kĩ thuật lưu ý cần thiết sử dụng phương pháp Trong chương 2, giới thiệu tới bạn đọc phương pháp tổng hợp thông qua hệ thống gồm mười toán khác Đây phương pháp thơng dụng nhất, kết hợp nhiều phương pháp, kĩ thuật khác Trong chương 3, chúng tơi đưa số tốn khác mà phương pháp giải chúng hai phương pháp nói khơng kèm theo nhận xét, phân tích Trong chương 4, chúng tơi đưa hệ thống tốn khơng có lời giải dành cho bạn đọc tự luyện tập Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH Phép lấy giới hạn coi phép toán thứ năm toán học sau phép toán cộng, trừ nhân, chia Về mặt chất phép toán cho phép ta "xấp xỉ" đại lượng cần tìm (cần tính) đại lượng có từ trước (hoặc dễ dàng tính tốn được) Với ý tưởng xuất phát từ nguyên lý kẹp tính chất so sánh giới hạn dãy số hàm số, phương pháp giải tích tốn phương trình hàm, bất phương trình hàm phương pháp sử dụng phép lấy giới hạn dãy số, giới hạn hàm số để thu tính chất nghiệm hàm hay công thức tổng quát nghiệm hàm Đặc biệt, tỏ vơ hữu dụng tốn tìm chặn (hoặc chặn dưới) nghiệm hàm Ở đây, nhắc lại số kỹ thuật lưu ý thường xuyên sử dụng phương pháp (1) Để tìm cơng thức tổng qt hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện cho trước, xây dựng bất đẳng thức có dạng Hn ≤ f (x) ≤ Gn với x cố định với ∀n ∈ N Trong {Hn }n∈N {Gn }n∈N hai dãy số thỏa mãn lim Hn = lim Gn = K (x) n→∞ n→∞ Khi cho n → +∞ bất đẳng thức ý f (x) hàm đối n, ta f (x) = K(x) Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH (2) Từ kỹ thuật quan sát bất đẳng thức Hn ≤ f (x) ≤ Gn với x cố định với ∀n ∈ N Nhìn từ vế phía bên trái (so với hàm số f (x)) bất đẳng thức trên, ta nhận thấy để tìm chặn cho hàm số f (x) ta cố gắng thiết lập bất đẳng thức có dạng f (x) ≥ Hn (x) với x cố định với ∀n ∈ N Trong {Hn (x)}n∈N dãy số thường xác định sau Hn (x) = K(x) − un với un ≥ lim un = 0, n→+∞ Hn (x) = un K(x) ≤ lim = 1, n→+∞ (3) Tương tự để tìm chặn hàm số f (x) ta cố gắng xây dựng bất đẳng thức có dạng f (x) ≤ Gn (x) với x cố định với ∀n ∈ N Trong {Gn (x)}n∈N dãy số thường xác định sau Gn (x) = K(x) + với ≥ lim = 0, n→+∞ Hn (x) = K(x) ≥ lim = n→+∞ Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH (4) Trong số tốn tìm cơng thức tổng qt hàm số f (x) ta sử dụng công thức nghiệm phương trình sai phân để tìm cơng thức tổng quát dãy lặp hàm số f (x) áp dụng kĩ thuật nói để tìm cơng thức tổng qt hàm số f (x) (5) Sự tương ứng giới hạn dãy số giới hạn hàm số đóng vài trị quan trọng việc giải lớp tốn phương trình hàm liên tục Sự tương ứng phát biểu qua định lý sau Nếu hàm số f : I → R với I ⊆ R có giới hạn k điểm x0 với dãy {xn }n∈N I, xn = x0 , lim xn = x0 lim f (xn ) = k n→+∞ n→+∞ Từ định lý ta thấy rằng, f hàm số liên tục điểm x0 tức lim f (x) = f (x0 ) , x→x0 với dãy số {xn }n∈N I, xn = x0 , lim xn = x0 ta có n→+∞ f lim xn n→+∞ = f (x0 ) = lim f (x) = lim f (xn ) x→x0 n→+∞ Để minh họa cho kĩ thuật nói trên, đến với toán sau, năm đề thi kỳ thi Putnam dành cho học sinh sinh viên Mỹ Canada Bài toán (Putnam 1966) Chứng minh 1+2 1+3 √ + + = Lời giải Ta xác định hàm số f (x) sau f (x) ≡ 1+x + (x + 1) √ + (x + 2) + , ∀x ≥ Từ cơng thức ta có f (x + 1) ≡ + (x + 1) + (x + 2) √ + (x + 3) + , ∀x ≥ Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH Do đó, hàm số f (x) thỏa mãn mối quan hệ sau f (x) = ∀x ≥ 1 + xf (x + 1), Đẳng thức viết lại dạng f (x + 1) = f (x) − , x ∀x ≥ (1.1) Tiếp theo, tìm chặn cho hàm số f (x) Ta thấy 1+x + (x + 1) √ + (x + 2) + ≥ x x √ x ··· = x + + + Chú ý dãy số {αn }n∈N∗ với an = n cấp số nhân lùi vô hạn với công bội q = 12 Do đó, ta có 1 1 + + + = 2 1− = (1.2) Vì 2x ≥ x + 1, ∀x ≥ nên từ ta 1+x + (x + 1) √ x+1 + (x + 2) + ≥ x ≥ , ∀x ≥ Mặt khác, ta có 1+x + (x + 1) √ + (x + 2) + ≤ (1 + x) √ 3(x + 1) · · · 2(x + 1) = 1 1 2 + (x + 1) + + + < 2+ = 2 + + + (x + 1) + + + 1 + (x + 1) + + + 1 (1.3) Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH Đặt S= n−1 n + + + + n−1 + n + 2 2 Khi đó, ta có n−1 n 1 S = + + + + n + n+1 + 2 2 2 Kết hợp hai đẳng thức với (3.80), ta 1 1 1 S = + + + + + n + n+1 + = 2 2 2 Do S = Từ đây, ta suy 1+x + (x + 1) √ + (x + 2) + < 1 2 + + + (x + 1) + + + = 2(x + 1), ∀x ≥ (1.4) Từ (1.3) (1.4), ta x+1 ≤ f (x) < 2(x + 1), ∀x ≥ (1.5) Ta chứng minh hệ thức sau phương pháp quy nạp toán học theo n √ x+1 √ 21n < f (x) < 2n (x + 1), ∀x ≥ 1, ∀n ∈ N Trong (1.5), thay x x + 1, ta x+1 ≤ f (x) < 2(x + 1), ∀x ≥ Kết hợp bất đẳng thức với (1.1), ta có x(x + 2) +1 (x + 1)2 (x + 1)2 = + > , 2 f (x) = xf (x + 1) + ≥ ∀x ≥ 1, f (x) = xf (x + 1) + < x[2(x + 2)] + = 2x2 + 4x + < 2(x + 1)2 , ∀x ≥ (1.6) Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH Từ hai bất đẳng thức trên, ta (x + 1)2 < f (x) < 2(x + 1)2 , ∀x ≥ 1, hay √ x+1 √ < f (x) < 2(x + 1), ∀x ≥ Do bất đẳng thức (1.6) với n = Giả sử đẳng thức (1.6) với n = k, k ∈ N, tức √ x+1 √ 1k < f (x) < 2 2k ∀x ≥ 1, ∀n ∈ N (x + 1), (1.7) Trong (1.7), thay x x + 1, ta √ x+2 √ 1k < f (x + 1) < 2 k ∀x ≥ (x + 2), Kết hợp bất đẳng thức với (1.1), ta có f (x) = xf (x + 1) + ≥ x(x + 2) √ 1k + 2 (x + 1)2 = √ +1− √ 2k √ f (x) = xf (x + 1) + < x = < √ √ 2 2k 2k 2k 2k (x + 1)2 > √ , 2k (x + 2) + x2 + √ (x + 1)2 , 2k x + ∀x ≥ Từ hai đẳng thức ta √ x+1 2 √ 1k < f (x) < 2 2k (x + 1), ∀x ≥ 1, hay √ x+1 < f (x) < √ k+1 2 2k+1 (x + 1), ∀x ≥ ∀x ≥ 1, Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 94 Chú ý tập giá trị hàm số h(x) = 3x2 − 3x + R f (x) = x, ∀x ∈ ; +∞ g(x) = 1, ∀x ∈ ; +∞ 4 ; +∞ nên Do Ta chứng minh g(x) = 1, ∀x ∈ 0; Giả sử tồn số thực a thuộc 0; 14 mà g(a) = Trong (3.5), thay x = √ a, ta √ g(a)g( a) = Trong (3.5), ta lại cho x = √ a √ √ g( a)g( a) = √ Do g(a) = g( a) Bằng phương pháp quy nạp, ta thu √ n g(a) = g( a), ∀n ∈ Z+ √ N Dẫn đến g( a) = hay g(a) = Điều mâu thuẫn Vì vậy, g(x) = với số thực x khác Mặt khác f (0) = Vì < a < nên tồn số nguyên dương N cho √ 2N a≥ nên f (x) = x, ∀x ∈ R Nếu f (1) = −1 cách đặt h(x) = −f (x) theo trường hợp trên, ta tìm f (x) = −x, ∀x ∈ R Thử lại, hai hàm số tìm thỏa mãn (3.3) Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) = x, ∀x ∈ R, Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 95 f (x) = −x, ∀x ∈ R Bài toán 23 (Olympic Toán châu Á Thái Bình Dương 2016) Hãy tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn (z + 1)f (x + y) = f (xf (z) + y) + f (yf (z) + x) (3.7) với số thực dương x, y , z Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta cho x = y = vào (3.7) (z + 1)f (2) = 2f (f (z) + 1), ∀z ∈ R+ Do đó, hàm f khơng bị chặn Ta chứng minh f (a) + f (b) = f (c) + f (d) (3.8) với số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b = c + d Thật vậy, xét bốn số thực dương a, b, c d thỏa mãn a + b = c + d Vì f không bị chặn nên tồn số thực dương e cho f (e) lớn 1, ab , ab , thỏa mãn c d dc Khi đó, ta tìm số thực dương u, v , w, t    f (e)u + v = a      u + f (e)v = b   f (e)w + t = c      w + f (e)t = d Từ a + b = c + d, ta suy u + v = w + t Ta cho x = u, y = v z = e vào (3.7) (e + 1)f (u + v) = f (a) + f (b) Còn cho x = w, y = t z = e vào (3.7), ta lại (e + 1)f (w + t) = f (c) + f (d) Từ đó, ta thu f (a) + f (b) = f (c) + f (d) Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC x Tiếp theo, ta thay x y 96 (3.7) (z + 1)f (x) = f x x x x f (z) + +f f (z) + 2 2 (3.9) với số thực dương x, z Theo (3.8), ta có f x x x x f (z) + +f f (z) + = f (xf (z)) + f (x) 2 2 (3.10) với số thực dương x, z Từ (3.9) (3.10), ta zf (x) = f (xf (z)) (3.11) với số thực dương x, z Đặt a = f f (1) Ta cho x = z = f (1) vào (3.11) af (a) = f (af (a)), suy a = hay f (1) = Ta cho x = vào (3.11) z = f (f (z)) (3.12) với số thực dương z Mặt khác, từ (3.8) , ta thu f (x + y) + f (1) = f (x) + f (y + 1) với số thực dương x, y f (y + 1) + f (1) = f (y) + f (2) với số thực dương y Do đó, f (x + y) = f (x) + f (y) + C với số thực dương x, y (C = f (2) − 2) Ta thay x = y = f (2) vào (3.13) f (2f (2)) = 2f (f (2)) + C (3.13) Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 97 Từ (3.11) (3.12) ta có f (2f (2)) = 2f (2) = 2(C + 2) f (f (2)) = Do đó, 2(C + 2) = + C , dẫn đến C = Vì vậy, f (x + y) = f (x) + f (y) với số thực dương x, y Vì f (x) = x với số thực dương x Thử lại, ta thấy hàm số tìm thỏa mãn (3.7) Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = x, ∀x ∈ R+ Bài tốn 24 (Bài tốn T128, Tạp chí Pi, tháng 12 năm 2017) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f x3 + 2f (y) = (f (x))3 + 2y, ∀x, y ∈ R Lời giải Giả sử f : R → R hàm số cho với x, y ∈ R, ta ln có f x3 + 2f (y) = (f (x))3 + 2y (3.14) Trước tiên, ta chứng minh f song ánh Thật vậy, (3.14), chọn x = đặt a = f (0), ta f (2f (y)) = 2y + a3 , ∀y ∈ R (3.15) Từ đó, f (y1 ) = f (y2 ) 2y1 + a3 = f (2f (y1 )) = f (2f (y2 )) = 2y2 + a3 , suy y1 = y2 Do đó, f đơn ánh Hơn nữa, vế phải (3.15) nhận giá trị thực (khi y chạy khắp R) nên f toàn ánh Vì thế, f song ánh Do đó, tồn b ∈ R để f (b) = Thay y = b vào (3.15) ta a = 2b + a3 (3.16) Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 98 Trong (3.14), chọn x = b, y = 0, ta f (b3 + 2a) = = f (b) Từ f đơn ánh, suy b3 + 2a = b Rút b = (3.17) a − a3 từ (3.16), thay vào (3.17), ta được: (a − a3 )3 a − a3 + 2a = ⇔a a2 (1 − a2 )3 + 16 − 4(1 − a2 ) = ⇔a a8 − 3a6 + 3a4 − 5a2 − 12 = ⇔a(a2 − 2)(a2 + 1)(a4 − a2 + 4) = ⇔a(a2 − 3) = ⇔a3 = a (3.18) Do b= a − a3 = −a (3.19) Trong (3.14), chọn y = b ta f (x3 ) = (f (x))3 + 2b, ∀x ∈ R (3.20) Theo (3.14), (3.15), (3.16) (3.20), ta có f (x3 ) + f (2f (y)) = (f (x))3 + 2b + 2y + a3 = (f (x))3 + 2y + 2b + a3 = f (x3 + 2f (y)) + a, ∀x, y ∈ R Từ đó, x3 2f (y) nhận giá trị thực nên ta có f (x) + f (y) = f (x + y) + a, ∀x, y ∈ R (3.21) Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 99 Trong (3.15), chọn y = sử dụng (3.18), ta f (2a) = a3 = 3a (3.22) Trong (3.21), chọn x = y = a sử dụng (3.22), ta f (a) = 2a (3.23) Trong (3.21), chọn x = 2a, y = a sử dụng (3.22), (3.23) ta f (3a) = 4a (3.24) Trong (3.20), chọn x = a sử dụng (3.18), (3.19), (3.23), (3.24), ta đến 4a = f (3a) = f (a3 ) = (f (a))3 + 2b = (2a)3 − 2a = · 3a − 2a = 22a Suy a = 0, hay f (0) = 0; b = Vì từ (3.20) (3.21), ta có f (x3 ) = (f (x))3 , ∀x, y ∈ R f (x) + f (y) = f (x + y), ∀x, y ∈ R (3.25) (3.26) Trong (3.25), chọn x = 1, ý f (1) = (do f đơn ánh), ta (f (1))2 = (3.27) Vì thế, theo (3.26) ta có f (x + 1)3 = f x3 + 3x2 + 3x + = f x3 + 3f x2 + 3f (x) + f (1), (f (x + 1))3 = (f (x) + f (1))3 = (f (x))3 + 3f (1)(f (x))2 + 3f (x) + f (1) Từ đó, f ((x + 1)3 ) = (f (x + 1))3 (theo (3.25)), suy f (x2 ) = f (1)(f (x))2 , ∀x ∈ R (3.28) Chương MỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC 100 Theo (3.27), xảy trường hợp sau: Trường hợp 1: f (1) = 1, lúc (3.28) trở thành f (x2 ) = (f (x))2 , ∀x ∈ R Suy ra, với x ≥ 0, ta có f (x) = f √ x ≥ Do đó, với x, y ∈ R mà x ≥ y, ta có f (x) = f (x − y + y) = f (x − y) + f (y) ≥ f (y) Vì vậy, f hàm khơng giảm R Kết hợp với (3.26), suy f (x) = f (1)x = x, ∀x ∈ R Trường hợp 2: f (1) = −1 Lúc này, (3.28) trở thành f (x2 ) = −(f (x))2 , ∀x ∈ R √ Suy ra, với x ≥ 0, ta có f (x) = − ( x) ≤ Do đó, với x, y ∈ R mà x ≥ y, ta có f (x) = f (x − y + y) = f (x − y) + f (y) ≤ f (y) Vì vậy, f hàm khơng tăng R Kết hợp với (3.26) suy f (x) = f (1)x = −x, ∀x ∈ R Thử lại, hai hàm số tìm thỏa mãn (3.3) Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) = x, ∀x ∈ R, f (x) = −x, ∀x ∈ R Bài toán 25 (Olympic Toán Bulgaria 2014) Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 101 (0; +∞) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau f (x + y) ≥ f (x) + y, ∀x, y ∈ (0; +∞), (3.29) f (f (x)) ≤ x, ∀x, y ∈ (0; +∞) (3.30) Lời giải Giả sử f : (0; +∞) → (0; +∞) hàm số thỏa mãn bất đẳng thức (3.111) (3.112) đề Với a, b số thực dương tùy ý cho a > b tồn số thực dương c thỏa mãn a = b + c Thay x = b, y = c vào (3.111), ta f (a) = f (b + c) ≥ f (b) + c > f (b) Điều chứng tỏ f hàm số đồng biến Từ (3.111) (3.112), ta có x + y ≥ f (f (x + y)) ≥ f (f (x) + y) , ∀x, y ∈ (0; +∞) Trong (3.111), thay x y thay y f (x) kết hợp với bất đẳng thức trên, ta x + y ≥ f (f (x) + y) ≥ f (x) + f (y), ∀x, y ∈ (0; +∞) Vì f hàm số đồng biến f (x) > nên lim f (x) = c ≥ x→0+ Từ (3.112), ta có ≤ lim+ f (f (x)) ≤ lim+ x = x→0 x→0 Theo nguyên lí kẹp, ta lim f (f (x)) = x→0+ Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 102 Nếu c > 0, f hàm số đồng biến nên ta có f (x) ≥ lim+ f (x) = c x→0 Do f (f (x)) ≥ f (c), ∀x ∈ (0; +∞) Từ bất đẳng thức trên, ta suy = lim+ f (f (x)) ≥ f (c) > x→0 Điều vô lí Vì vậy, ta phải có c = Khi đó, từ (3.113), ta x = lim+ (x + y) ≥ lim+ f (f (x) + y) y→0 y→0 ≥ lim+ (f (x) + f (y)) y→0 = f (x) + lim+ f (y) y→0 = f (x), ∀x ∈ (0; +∞) Từ (3.111), ta có f (x) ≥ f (x − y) + y, ∀x ∈ (0; +∞), ∀y ∈ (0; x) Cho y → x− bất đẳng thức trên, ta f (x) ≥ x, ∀x ∈ (0; +∞) f (x) = x, ∀x ∈ (0; +∞) Từ ta suy Thử lại ta thấy hàm số f (x) = x, ∀x ∈ (0; +∞) thỏa mãn điều kiện toán Vậy hàm số cần tìm f (x) = x, ∀x ∈ (0; +∞) Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN TỰ LUYỆN Bài tốn 26 Tìm tất hàm số f : [0, +∞) → [0, +∞) thỏa mãn (y + 1)f (x + y) = f (xf (y)), ∀x, y ∈ [0, +∞) Bài tốn 27 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (f (x)) + f (f (y)) = 2y + f (x − y), ∀x, y ∈ R Bài toán 28 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn 2f (x) = f (x + y) + f (x + 2y) , ∀x ∈ R, ∀y ≥ Bài tốn 29 Tìm tất hàm số: f : R → R thỏa mãn f (x − y)2 = x2 − 2yf (x) + (f (y))2 , ∀x, y ∈ R Bài tốn 30 Tìm tất hàm số thỏa mãn g(f (x)) = f (g(y)) + x, ∀x, y ∈ R Bài toán 31 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (x3 ) + f (y ) = (x + y)[f (x2 ) + f (y ) − f (xy)], 103 ∀x, y ∈ R Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN TỰ LUYỆN 104 Bài tốn 32 (IMO 2010) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ([x]y) = f (x)[f (y)], ∀x, y ∈ R Ở [a] ký hiệu số nguyên lớn nhỏ a Bài tốn 33 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (x)f (y)f (z) = 12f (xyz) − 16xyz, ∀x, y, z ∈ R Bài tốn 34 Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn f (x)f (y) = f (xy) + 1 + , x y ∀x, y ∈ (0; +∞) Bài tốn 35 (Olympic Tốn Nhật Bản 2012) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (f (x + y) f (x − y)) = x2 − f (y) , ∀x, y ∈ R Bài tốn 36 Tìm tất hàm số f : R → R cho: f (x + yf (x)) = f (f (x)) + xf (y) , ∀x, y ∈ R Bài toán 37 (Olympic Toán Bulgaria 2006) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + y) − f (x − y) = f (x)f (y) với số thực x > 0, y > Bài toán 38 (Olympic Tốn Bulgaria 1998) Chứng minh khơng tồn hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x) ≥ f (x + y)[f (x) + y] với số thực x > 0, y > Bài tốn 39 Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn f (x + f (y + z)) + f (y + f (z + x)) + f (z + f (x + y)) = 0, ∀x, y, z ∈ R Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN TỰ LUYỆN 105 với số thực x > 0, y > Bài toán 40 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (1) = f yf (x) + x y = xy · f x2 + y , với số thực x, y (y = 0) Bài tốn 41 Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn f (x + y − f (y)) = f (x) + f (y − f (y), ∀x, y ∈ R Bài tốn 42 Chứng minh khơng tồn hàm số f : R → R thỏa mãn f (x − f (y)) ≤ yf (x) + x, ∀x, y ∈ R Bài tốn 43 Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn f x2 + 4y f (y) = f (x + y) + y [f (x − y) + f (y)] ∈ R Bài tốn 44 Tìm tất toàn ánh f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + 2y) − f (x − y) = f (y) + f (x)f (y) với cặp số dương x > y Bài toán 45 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + 2y) − f (x − y) = f (y) + f (x)f (y) với cặp số dương x > y Bài tốn 46 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (f (f (x))) + f (f (x)) = 2x + 5, ∀x ∈ R+ Bài tốn 47 (Olympic Tốn Brazil 2012) Tìm tất toàn ánh f : R+ → R+ thỏa Chương MỘT SỐ BÀI TOÁN TỰ LUYỆN 106 mãn 2xf (f (x)) = f (x)[x + f (f (x))], ∀x ∈ R+ Bài toán 48 (Olympic Toán Brazil 2012) Tìm tất tồn ánh f : R+ → R+ thỏa mãn 2xf (f (x)) = f (x)[x + f (f (x))], ∀x ∈ R+ Bài toán 49 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (x − f (y)) = f x + y 2019 + f f (y) + y 2019 + 1, ∀x, y ∈ R Bài toán 50 Tìm tất số a > cho tồn số K > hàm số f : R → R thỏa mãn f (x) + f (y) ≥f x+y + K|x − y|a , ∀x, y ∈ R Kết luận Chuyên đề đưa góc nhìn đầy đủ phương pháp giải giải tích phương pháp tổng hợp thông qua hệ thống tốn xuất hiên Kỳ thi Olympic Tốn Khơng thế, sau tốn chúng tơi ln đưa nhận xét, bình luận, phân tích để giúp cho ban học sinh có định hướng, tiếp cận, hình thành phương pháp giải đứng trước toán thuộc chủ đề Hơn nữa, nhiều tốn chúng tơi đưa lời giải khác nhằm giúp bạn học sinh có nhìn tổng quan toán cho Đây kinh nghiệm giải tốn mà chúng tơi tiếp nhận suốt q trình tiếp xúc với tốn phương trình hàm, bất phương trình hàm Qua đó, chúng tơi hy vọng tăng thêm tìm tịi, sáng tạo em học sinh Vì kiến thức thời gian nghiên cứu hạn chế nên chuyên đề hẳn tồn thiếu sót Tơi mong đón nhận trao đổi, góp ý Q Thầy Cơ để chun đề ngày hoàn thiện sâu sắc Tôi xin chân thành cảm ơn! 107 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Tài Chung, Chuyên khảo phương trình hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014 [2] Võ Quốc Bá Cẩn, Nguyễn Đăng Khoa, Áp dụng dãy số vào giải phương trình bất phương trình hàm, Tạp chí Epsilon, số 05, 10/2015 [3] Trần Nam Dũng, Lời giải bình luận đề thi Học sinh giỏi Quốc gia mơn Tốn năm 2012 [4] Trần Nam Dũng, Lê Phúc Lữ, Phan Minh Đức, Lời giải bình luận đề thi Học sinh giỏi Quốc gia mơn Toán năm 2013 [5] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Hoàng Đỗ Kiên, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Huy TùngLời giải Bình luận đề thi Chọn học sinh giỏi toán Quốc gia lớp 12 dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2014, Diễn đàn Mathscope [6] Lương Ngọc Huyên, Phương trình sử dụng giới hạn dãy số để đánh giá cận tốn bất phương trình hàm, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, số 467, 2016 [7] Phan Nguyễn Anh Khoa, Phương trình hàm tập số thực, Đà Nẵng, 2019 [8] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, Nhà xuất Giáo dục, 1996 [9] IMO Shortlists năm 2007, 2009, 2011, 2015, 2017 [10] Diễn đàn Art of Problem Solving https://artofproblemsolving.com/ [11] Christopher G Small, Functional Equations and How to Solve Them, Springer, 2007 108 ... cấp Một chủ đề liên quan đến hàm số thường xuyên xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia kỳ thi Olympic toán Quốc tế giải phương trình hàm, bất phương trình hàm. .. phương pháp giải phương trình hàm bất phương trình hàm, chuyên đề giới thi? ??u tới bạn đọc hai phương pháp thường sử dụng để giải toán thuộc chủ đề thơng qua tốn cụ thể, phương pháp giải tích phương. .. sánh giới hạn dãy số hàm số, phương pháp giải tích tốn phương trình hàm, bất phương trình hàm phương pháp sử dụng phép lấy giới hạn dãy số, giới hạn hàm số để thu tính chất nghiệm hàm hay công thức