đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

Song liên quan đến phương trình trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản nhất (chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính có nghiệm phức). c.[r]

Cho x = y = ta  

2 (0)

(0) (0) (0) f f f f       

Cho x = y = ta f(4)f(4) (0) 4f   f(0) 1 Vậy f(0) =

Cho x = y ta

2 2

( ) (2 ) (0) ( ) ,

f x f x f x x  f t   t t

Cho x = 0, y = t > 0, ta

2

(0) ( ) ( ) ( ) ( ) ,

f f t f t t  tf t t  f t   t t

Vậy f(x) = x.Thử lại ta thấy hàm số f(x) = x thỏa mãn tốn

Gi¶i :gt ⇔

f (x)−f ( y)

y − x =f (xy)⇔

f (x )− f ( y)

x− y

=xy f (xy)∀ x ≠ y >1(∗)

∀ x , y , z>1 vµ x ≠ y ≠ z ≠ x ; f ( y )− f ( z)

[f ( x)− f ( y)]+[¿¿f ( x)− f (z)]

⇔( y − x)f (xy)+(z− y)f (yz)=[(z − y )+( y − x )]f (xz ) ⇔(z− y)[f (yz)− f (xz)]=(y − x )[f (xz)− f (xy )] f (yz)− f (xz)

y − x =

f (xz)− f (xy)

z − y ⇔

f (yz)− f (xz)

yz− xz

=f (xz)− f (xy)

xz − xy

từ (*) → xyz2f (xyz2)=x2yzf (x2yz) đặt

¿

u=xyz2u , v >1(u ≠ v ) V =x2yz

¿{

¿

⇒Uf (u)=vf(v)=a − const ⇒f ( x)=a x∀ x>1

Giả sử   n n

n

n a x a x a

x a x

f  0  1 1   1  đa thức với hệ số thực có a0 0 thoả

mãn đẳng thức sau: f x f2x2f2x3 x xR

1/(Thái Bình)Tìm tất hàm số f R:  R thỏa mãn điều kiện

2

( ) ( ) ( ) , ,

f x f x y f x y  y x y R

2/ (Vnh Phỳc)Tìm hàm số f (1; +∞ ) → R tho¶ m·n f (x)− f ( y)=( y − x )f (xy)∀ x , y>1, x≠ y

3/(Quảng Ninh) Giả sử   n n

n

n ax a x a

x a x

f       

1

1

0 đa thức với hệ số thực có

0

0 

Chứng minh đa thức f x khơng có nghiệm số thực

 Ta chứng tỏ x0 0 không nghiệm f x , nghĩa an f 0 0 Gọi k số lớn cho ak 0 Lúc vế trái (1) có dạng

       

n k k n k n n k n k n k n n k n k n a x a x a x a x a x a x f x f              3 2 0 2

Vế phải (1) có dạng

      k n k n n k n k n x a x a x x a x x a x x f            2 2 3 3

So sánh hai vế (1) ta có

  k n x x a x

a n k

k k n k n k        22

Hay an ak 0  Giả sử f(x) có nghiệm thực x0 0 Xét dãy số

xn1 2xn3 xn n0,1,2, Nếu x0 > x0 < x1 < x2 < …

Nếu x0 < x0 > x1 > x2 > …

Từ hệ thức (1) suy x0 0 mà f x0 0 f xk 0 k , nghĩa f(x) bậc n, khơng đồng mà có vô số nghiệm thực khác nhau, dẫn đến mâu thuẫn

Vậy đa thức f(x) khơng có nghiệm thực

Giải: Cho f :R R hàm số từ tập R vào Tìm tất hàm f thoả mãn hai điều kiện: i) f(x f(y))y  f(x) x,yR

     

 x R

x x

x f

ii) ( ): 0,

tập hợp hữu hạn Cho xR Đặt x = y + f(0), ta nhận được

 

 f  f fy f  f f y  y f  x

f    0   

Suy ra, với t1, t2R, ta có :

t1 t2 ft1 ff t2  f t1 f t2

f      .

Tiếp theo, xét số nguyên m thoả mãn m f x Ta có

             x f m mf x x f m m f x x f m x f m f        

4/(Quảng Ninh) Cho f :R R hàm số từ tập R vào Tìm tất hàm f như thoả mãn hai điều kiện: i) f(x f(y))y f(x) x,yR

     

 x R

x x

x f

ii) ( ): 0,

Vì       

 : t 0

t t f

tập hợp hữu hạn nên tồn số nguyên m1,m2 vớim1,m2  f x

sao cho:          

 x f m x f m f x f m x f m f      2 1 Suy         1 1 x f m f m x x f m f m x     

Từ ta có

   x f x

f  .

Bây giờ, cho x = 1, ta nhận được f 12 1, f 1 1

Như ta có f x x.Đảo lại, dễ dàng thấy hai hàm f x x f x  x thoả

mãn hai điều kiện cho

giải: Từ ĐK  với r  , f(rx) = rf(x) với x   (1) Theo ĐK 2:  N > 0: f x( ) N với x 0;1

Theo ĐK 1, f(x) hàm lẻ  f x( ) N với x   1;1 (2) Lấy x  , tồn số hữu tỉ dương r cho

1 x x r r    Từ (2)   x

f N f x N

r r

 

     

 

 f x  rN (3)

Do (3) với số hữu tỉ dương rx nên ta có: 0 f x  x N (4)

Do (4) với x  , theo nguyên lí kẹp  lim ( ) 0x0 f x  (5)

Từ ĐK 3: f(1) = 2010   r : ( )f r f r( 1)r 2010 (6) Lấy x0 ,  dãy số hữu tỉ (rn): limrn x0

Ta có: rn – x0  nên theo (5)  lim f r n f x 0

Theo (6)  f x 0 limrn 2010 x0 2010

5/(Hưng Yên) Cho hàm số f: R   thỏa mãn: 1) f(x + y) = f(x) + f(y) với x, y  R

2) f(x) bị chặn [0; 1]

( ) 2010

f x x

  (thỏa mãn)Vậy f  2010 = 2010.

Giải :

       

 

*

2 f xy ,

f x f y f xy xy x y

f x y 

    

  (1)

Bước 1) Chứng minh f  1 1

Thật cho y 1 vào (1) ký hiêu f  1 a ta có

     

   

 

   

2

1

f x f x

f x a xf x f x

f x x f x a

     

   (2)

Suy

      2

1

1 4 1

2 ; ;

5

4

4

a

f f f

a a a a a

    

  



Mặt khác, cho x y 2 vào (1)

(4)

2 (2) (4)

(4) f

f f

f

   

Từ (2) suy

1

1

2  5 a 4a   a  f  1 1

Bước 2) Chứng minh

   

 2    1,2,  3

f x

f x n n

n nx f x

   

 

Quy nạp: từ (2) suy (3) với n =1 Giả sử cho n = k

Có                           2 1

1 1 2

1

2

f x

k kx f x

f x k f x k

x k f x k x k f x

k kx f x

                             

 2   

f x

k k x f x



   

(đpcm) Vậy từ (3) ta có

   

     2

1 1

1

2 1

f f n

n n f n

  

  

hay  

1

1,2,

f n n

n

  

6/ (Hà Nam) Tìm tất hàm f :*  * (ở  

* x x 0

   

 

) thỏa mãn:

( ) ( ) ( ) ( )

( )

f xy f x f y xyf xy

f x y

  

Bước 3) Chứng minh 2 1 f n n n            

   n 1,2, (4)

Thật vậy, (3) thay  

2 1 1 f n

x f n

n n n f

n                     

  Cho

y x



(1)

 

1

f x f

x f x

x                .Vậy

  2

1

f n f n

n f n f

n n                    

   ;mà

  12

f n f n

n n

 

   

  (đpcm).

Bước 4) Chứng minh: , ,  1, , *

n

q m n m n

m

   

 

1

f q q



Thật với n m ,  đặt

1 ,

x n y m

 

(1) ta có

 

1

1 n f

n n m

f f n f

m m m f n

m                        

 ;Cho

1

x m



(3) ta có

2 2 1 2 1 f m f n n n m n n f m m m m                                2

1 2n n n

m f n f

m m m m

n

     

        

      vậy

  2 2 2 1 m

n n m

f q f

m n n q

m



   

     

    

Cuối dễ kiểm tra  

1

f x x



thỏa mãn phương trình hàm cho

Giải: Đặt P 1 a Xét Q x  P x   ax2.Khi Q 1 P 1  a0

   

P x ax Q x

Thay vào (1) ta có:          

2

2 1 1 1 1

2

Q x ax a Q x a x Q x a x 

    x

7/(Chuyên LHP)Tìm tất đa thức P x  với hệ số thực thỏa mãn:

   1  1  1

2

   1  1

2

Q x Q x Q x x

         Q x   Q x 1 Q x  1  Q x    x

   1

Q x Q x b x

       (với b số) (2)

Đặt Q x  R x  bx.Từ (2) suy ra: bx R x    b x  1 R x  1 b   x

   1

R x R x x

       R x  c (với c số)  Q x  bx c

Vì Q 1 0 nên cbDo P x  ax2bx b Thử lại thấy đúng.Vậy

 

P x ax bx b

Giải: +) Vì P( 2)  1 0, (0) 0, (1)P   P  1 0, (2) 0P   suy

P(x) có nghiệm nghiệm lớn a (1; 2)

Vì Q(0)19 0, (1) 0, (2) Q   Q  3 0, (3) 17 0Q   suy Q(x) có nghiệm nghiệm

bé b (0;1) +) Đặt a = – 2m

Vì P a( ) 0  (3 ) m 3 3(3 ) 0 m   8m3 36m2 48m 19 0

     Suy m nghiệm của

Q(x)

+)

3

(1; 2) (0;1)

2 a

a  m  

3

2

2 a

m b b  a b

      

Néi dung

Phn 1: khái niệm bản

1 Nguyên lí Archimede

Hệ quả:

Số k gọi phần nguyên x, kí hiệu [x]

8/(Bắc Ninh) Cho hai đa thức: P x( )x3 3x1 Q x( ) 8 x3 36x2 48x19 Gọi a là

nghiệm lớn P(x) b nghiệm nhỏ Q(x) Chứng minh rằng:

2

a b .

9/ (Daklak 2010-2011) Tìm tất hàm số f xác định tập R,lấy giá trị R thỏa mãn hệ thức f(x-y)+f(x.y)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)

∀ ε>0, ∀ x >0 ⇒∃ k ∈ N❑;kε>x

∀ x ∈ R ⇒∃! k ∈Z :k ≤ x<k +1

Vậy:

2 Cận cận dưới Giả sử

Số x gọi cận tập A với a A a x Số x gọi cận tập A với a A a x Cận bé (nếu có) tập A gọi cận A kí hiệu supA

Cận lớn (nếu có) tập A gọi cận A kí hiệu infA

- Nếu A = (a;b) supA = b infA = a

- Nếu A = [a;b] supA = maxA = b infA = minA = a

* Tính chất:

Tính chất1: Nếu A Ø, A bị chặn tồn supA, infA. Tính chất2:

A⊂R

¿

∀ ε>0, ∃a ∈ A: α − ε<aa ≤α ,∀ a ∈ A

¿ ¿

α=sup A⇔

¿

∀ ε>0, ∃a ∈ A: β+ε>aa ≥ β ,∀ a ∈ A

¿ ¿

3 Hàm sơ cấp

+ Hàm số sơ cấp hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược

+ Hàm số sơ cấp hàm tạo thành hữu hạn phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp hàm số sơ cấp

+ Đặc trưng hàm:

Như ta biết, phương trình hàm phương trình thơng thường mà nghiệm hàm Để giải tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm Những tính chất quan trắc từ đại số sang hàm số gọi đặc trưng hàm

* Hàm tuyến tính f(x) = ax, f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng hàm f(x + y) = f(x) + f(y), với x, y

* Hàm bậc f(x) = ax + b, f (x+ y )=2 f(x + y

2 )

Vậy đặc trưng hàm là: f(x + y

2 )=

f (x )+f ( y )

2 , ∀ x , y ∈ R

Đến ta nêu câu hỏi là: Những hàm có tính chất

f (x+ y )=f (x )+f ( y ),∀ x , y ∈ R Giải tốt vấn đề dẫn đến

phương trình hàm Vậy phương trình hàm phương trình sinh đặc trưng hàm cho trước

* Hàm luỹ thừa: f (x)=xk, x>0

Đặc trưng hàm là: f (xy )=f (x)f ( y)

Đặc trưng hàm là: f (x+ y )=f (x )f ( y ) , ∀ x , y∈ R

* Hàm Logarit: f (x)=logax , (a>0 , a≠ 1)

Đặc trưng hàm là: f (xy )=f (x)+f ( y )

* Hàm lượng giác: f (x)=cos x

Đặc trưng hàm là: f (x+ y )+f (x − y)=2 f (x)f ( y)

Hồn tồn tương tự ta tìm đặc trưng hàm số

f (x)=sin x , f (x )=tan x với hàm Hypebolic:

* sin hypebolic: shx=e

x

− e− x

* cos hypebolic: chx=e

x

+e− x

* tan hypebolic: thx=shx

chx=

ex−e− x ex+e− x

* cot hypebolic: coth x=chx

shx= ex

+e− x ex− e− x

- shx có TXĐ R, tập giá trị R

- chx có TXĐ R, tập giá trị ¿

- thx có TXĐ R, tập giá trị (−1,1)

- cothx có TXĐ ¿R {0¿

¿ , tập giá trị

(− ∞, −1)∪(1,+∞)

4 Hàm cộng tính, nhân tính m ột tập hợp

- Hàm số f(x) gọi cộng tính tập xác định D với x, y D x + y D f(x + y) = f(x) + f(y)

- Nếu với x, y D mà x+y D , x – y D f( x – y) = f(x) – f(y) f(x) gọi hàm cộng tính D

- Hàm hàm nhân tính

5 Hàm đơn điệu

+ Hàm số f(x) gọi tăng khoảng (a,b) nếu:

Với x1, x2 (a,b), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2)

+ Hàm số f(x) gọi giảm khoảng (a,b) nếu:

Với x1, x2 (a,b), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2)

6 Hàm tuần hoàn

Hàm số f(x) gọi tuần hoàn miền D, tồn số dương T >0 cho:

- ∀ x0∈ D , x0 + T D

- f(x+T) = f(x) ∀ x ∈ D

Số T > bé thoã mãn hai điều kiện gọi chu kì sở hàm số tuần hồn f(x)

Phần II: phơng pháp thờng dùng để giải ph-ơng trình hàm

f (x)=xα

I.Phương pháp 1: Sử dụng tính liên tục hàm số

Sử dụng tính liên tục hàm số có đường chính:

- Xây dựng biến từ N đến R.

- Chứng minh hàm số hàng số. - Sử dụng phương trình hàm CơSi.

Bài1 (Xây dựng biến từ N đến R)

Tìm hàm f : N → R thoã mãn:

1) f(x) liên tục R 2) f(1) =

3) f(xy) = f(x).f(y) - f(x+y) +1 , ∀ x , y ∈ R

Giải.

Cho x = y = ta được: f(0) =

Cho x =1, y R ta được: f(y+1) = f(y) + (*)

Từ f(0) = 1, f(1) = (*) quy nạp ta suy f(n) = n + 1, ∀ n∈ N

Với n N, (*) suy f(-n) = f(-n+1) - = f(-n+2) - = … = f(0) - n = -n +

Vậy f(z) = z + 1, ∀ z ∈ Z

Với n∈ N❑ , = f(1) = f (n 1

n)=f (n) f (

n)− f (n+

n)+1 (**) Mặt khác từ (*)

ta lại có:

f (n+1

n)=1+f (n −1+

n)=2+f (n −2+

n) =n+f (

n) Thế vào (**) ta được:

f (1 n)=

Với q∈Q , q=m

n, m∈ Z , n∈ N

❑

ta có:

f (q)=f (m

n)=f (m) f (

n)− f (m+

n)+1=(m+1)(

n+1)− f (m+

n)+1 (***)

Từ (*) ta dễ dàng chứng minh được:

f (m+1

n)=m+f (

n) Thế vào (***) ta đựơc f(q) = + q, ∀ q ∈Q

Với r R, tồn dãy {rn} với rn∈Q thoã mãn lim rn=r Khi

tính liên tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf (rn) = lim(rn + 1) = limrn +

1 = r +

Vậy f(x) = x + 1, ∀ x ∈ R Thử lại thấy

Bài2 (Chứng minh hàm số):

Tìm hàm f :[0;1

2]→[0 ;

2] thoã mãn:

1) f(x) liên tục đoạn [0;1

2]

2) f (x)=f (x2

+1

4),∀ x ∈[0 ; 2]

Giải

Với a [0;1

2] , xét dãy số:

¿ ¿ ¿

¿ ¿

Dễ dàng chứng minh {xn} không âm (a)

x0≤1

2⇒ x1≤ x0

+1 4≤

1

2 Quy nạp suy xn

1

2 (b)

xn−1 2¿

2

≥ 0

xn+1− x=¿

⇒ xn+1≥ xn,∀ n ∈ N (c) x0=a

xn+1=xn2+1

Từ (a), (b), (c) suy xn [0;12] {xn} có giới hạn hữu hạn

lim xn=

1

Vậy với a [0;1

2] , f(a) = f(x1) = fx2) =…= lìm(xn) = f (

1

2) = c (c

hằng số)

Thử lại thấy

Bài3 (Sử dụng phương trình hàm Côsi) - VMO năm 2006 (bảng B)

Tìm f : R → R liên tục R thoã mãn f(x-y).f(y-z).f(z-x) + =

∀ x , y , z ∈ R (3)

Giải:

Cho x = t, z = -t, y = 0, ∀ t ∈ R ta f(t).f(t).f(-2t) = -8

⇒ f (−2 t)= − 8

(f (t))2<0⇒f (t)<0, ∀ t ∈ R Đặt g(x)=ln

f (x )

−2 ⇒ f (x)=− e

g (x)

Thế vào (3) ta được: −8 eg (x− y)+g ( y− z )+ g(z − x)

=−8⇔ g (x − y)+g( y− z)+g(z − x)=0 (*)

+ Cho x = y = z = 0, từ (*) ta có g(0) = (a)

+ Cho y = z =0, x∈ R , từ (a) ta đựoc g(x) = g(-x) (b)

Từ (*) (b) ta suy g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z)

⇒

g(t +t,)=g(t)+g (t,),∀ t , t,∈ R (**) Vì f liên tục R nên g(x) liên tục

trên R Từ (**) , theo phương trình hàm Côsi ta g(x) = ax ⇒

(với b = ea >0) Thử lại ta thấy đúng.

II Phương pháp2: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức

Bài1:

Tìm P(x) với hệ số thực thỗ mãn đẳng thức:

(x3+3 x2+3 x+2) P(x − 1)=(x3− x2+3 x − 2) P(x),∀ x (1)

Giải:

(1) ⇔ (x+2)(x2+x+1) P(x − 1)=(x − 2)( x2− x +1) P(x ),∀ x

Chọn: x = -2 ⇒ P(-2) =

x = -1 ⇒ P(-1) =

x = ⇒ P(0) =

x = ⇒ P(1) =

Do P(x)=x( x −1)(x +1)(x +2) G(x)

Thay P(x) vào (1) ta được:

(x+ 2)(x2+x+ 1)(x −1)(x −2) x( x+1) G(x − 1)=(x −2)(x2− x +1)x (x − 1)(x +1)(x+2).G( x) , ∀ x

⇒ (x2+x +1)G(x −1)=(x2− x −1)G(x ) , ∀ x

⇔ G(x)

x2+x+1=

G(x − 1) x2− x −1,∀ x

Đặt: R(x )= G(x)

x2+x +1 (x ≠ 0, ±1, −2)

⇒ R(x )=R(x −1) , (x ≠ 0, ±1, −2)

⇒ R(x )=C

Vậy: P(x)=C(x2

+x +1) x (x −1)(x +1)( x+2)

Chú ý:

Nếu ta xét: P(x)=(x3+1)( x −1)

Thì P(x +1)=(x3+3 x2+3 x +2) x

Do đó: (x3+3 x2+3 x+2)xP(x )=(x2−1)(x2− x+1)P( x+1)

Từ ta có tốn sau:

Bài2:

Tìm P(x) với hệ số thực thỗ mãn đẳng thức: (x3+3 x2+3 x+2)xP(x )=(x2−1)(x2− x+1)P( x+1) , ∀ x

(Giải toán tương tự 1)

Tương tự ta xét:

P(x)=(x2+1)(x2−3 x+ 2) ta có tốn sau:

Bài3:

Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

(4 x2+4 x+ 2)(4 x2− x) P (x)=(x2+1)(x2− x+2) P(2 x +1),∀ x ∈ R

Tương tự xây dựng đề toán khác.

+ Dựa vào điều kiện toán, xác định dạng f(x), thường f(x) = ax + b

f(x) = ax2 + bx + c

+ Đồng hệ số f(x)

+ Chứng minh hệ số khác f(x) khơng thỗ mãn điều kiện toán

Bài1: Đa thức f(x) xác định với x R thoã mãn điều kiện:

2f(x) + f(x-1) = x2 , ∀ x ∈ R (1) Tìm f(x).

Giải:

Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc nhất: x; x-1 vế

phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c

Khi (1) trở thành:

2(ax2 + bx + c) + a(x-1)2 + b(x-1) + c = x2 ∀ x ∈ R đó:

3ax2 + (b-2a)x + a + b + 3c = x2 ∀ x ∈ R

Đồng hệ số, ta thu được:

¿ ¿¿ ¿ ¿

¿ ¿¿

¿ ¿

Vậy f (x)=1

3(x

2

+2 x − 1)

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thoã mãn điều kiện tốn

Cơng việc cịn lại ta phải chứng minh hàm số khác f(x) không

3a = a=

1 b - 2a =

a + b + 3c =

⇔ b=23

thoã mãn điều kiện toán

Thật giả sử cịn có hàm số g(x) khác f(x) thỗ mãn điều kiện tốn

Do g(x) khơng trùng với f(x) nên ∃ x0∈ R :g (x0)≠ f (x0)

Do g(x) thỗ mãn điều kiện tốn nên:

2g(x) + g(1-x) = x2 ∀ x ∈ R

Thay x x0 ta được: 2g(x0) + g(1-x0) = x02

Thay x 1-x0 ta 2g(1-x0) + g(x0) = (1-x0)2

Từ hai hệ thức ta được: g(x0) = 13(x0

2

+2 x −1) = f(x0)

Điều mâu thuẫn với f(x0) g(x0)

Vậy phương trình có nghệm f (x)=1

3(x

2

+2 x − 1)

Bài2:

Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với ∀ x ∈ R thoã mãn điều

kiện:

f(f(x)) = f(x) + x, ∀ x ∈ R

Hãy tìm hai hàm số

Giải

Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) - f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính

Khi (1) trở thành:

a(ax + b) + b - ax - b = x , ∀ x ∈ R

hay (a2 - a)x + ab = x, ∀ x ∈ R

Đồng hệ số ta được:

¿ ¿¿ ¿ ¿

⇔

¿ ¿ ¿

¿ ¿

¿ ¿¿ ¿ ¿

Ta tìm hai hàm số cần tìm là:

Hiển nhiên hai hàm số thoã mãn điều kiện toán

Bài 3:

Hàm số f : Z → Z thoã mãn đồng thời điều kiện sau:

a) f(f(n)) = n, ∀ n∈ Z (1)

b) f(f(n + 2) + 2) = n, ∀ n∈ Z (2)

c) f(0) = (3) Tìm giá trị f(2009), f(-2010)

Giải:

Cũng nhận xét lí luận ví dụ trước, ta đưa đến f(n) có dạng: f(n) = an + b

Khi điều kiện (1) trở thành:

a2−a=1 a=1+2√5 a=1 −2√5

ab=0 b=0 b=0

Đồng hệ số ta được:

¿ ¿¿ ¿ ¿

⇔

¿ ¿ ¿

¿ ¿

¿ ¿¿ ¿ ¿

Với ¿ ¿¿

¿ ¿

ta f(n) = n

Trường hợp f(n) khơng thỗ mãn (2)

Với ¿ ¿¿ ¿ ¿

ta f(n) = -n + b

Từ điều kiện (3) cho n = ta b = Vậy f(n) = -n +

Hiển nhiên hàm số nầy thoã mãn điều kiện toán

Ta phải chứng minh f(n) = -n + hàm số thoã mãn điều kiện toán

Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thoã mãn điều kiện toán

Từ (3) suy f(0) = g(0) =

Từ (2) suy f(1) = f(f(0)) = g(1) = g(g(0)) = Sử dụng (1) (2) ta nhận được:

g(g(n)) = g(g(n+2) + 2), ∀ n∈ Z

Do g(g(g(n))) = g(g(g(n+2) + 2)), ∀ n∈ Z

a2n+ab+b=n ,∀ n ∈ Z

a2=1 a=1 a=−1

ab+b=0 b=0 b∈ R

a=1

b=0

a=−1

Hay g(n) = g(n+2) + 2, ∀ n∈ Z (4)

Giả sử n0 số tự nhiên bé làm cho: f(n0) g(n0) (5)

Do f(n) thoã mãn (4) nên ta có:

g(n0 - 2) = g(n0) + = f(n0) + = f(n0 - 2)

⇔ f(n0 - 2) = g(n0 - 2)

Mâu thuẫn với giả thiêt n0 số tự nhiên bé thoã mãn (5)

Vậy: f(n) = g(n), ∀ n∈ N

Chứng minh tương tự ta có f(n) = g(n) với n nguyên âm Vậy: f(n) = -n + nhgiệm

Từ ta tính f(2009) = - 2008, f(-2010) = - 2011 * Các toán tương tự:

Bài 1:

Hàm số f: N → N thoã mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3,

∀ n∈ N

Tìm f(2010)

Bài2:

Tìm tất hàm f: → N N cho:

f(f(n)) + (f(n))2 = n2 + 3n + 3, ∀ n∈ N

IV Phương pháp4: Phương pháp dồn biến

Phương pháp: Chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để từ phương trình

Bài1:

Tìm f: R → R cho:

(x - y)f(x+y) - (x + y)f(x-y) = 4xy(x2 - y2), ∀ x , y ∈ R

Giải

Đặt: ¿ ¿¿ ¿

¿

⇒

¿ ¿ ¿

¿

¿

⇒ vf(u)− uf(v )=(u2− v2)uv ⇒ f (u) u − u

2

=f (v ) v − v

2

, ∀ u , v ≠ 0

Chọn v = ta có:

⇒ f (u)=u3+au ,∀ u ≠ 0 (a = f(1) - 1)

Cho x = y = ta có 2f(0) = f(0) =

Kết luận: f (x)=x3+ax , ∀ x ∈ R

Bài2:

Tìm hàm số f(x) cho:

f (x −1)− f ( x − 1

1 −2 x)=1 −2 x ,∀ x ≠

Giải

Đặt: 1 −2 xx −1 =y − 1⇒ x = y

2 y − 1⇒ x− 1= 1− y 2 y −1

⇒ f ( 1 − y

2 y − 1)−3 f ( y − 1)= −1

2 y − 1,∀ y ≠

⇒ f ( x − 1

1 −2 x)− f (x −1)= −1

2 x −1,∀ x ≠

⇒

x=¿

u+v

u=x + y

v =x − y y=u − v2

f (x −1)− f ( x − 1

1 −2 x)=1 −2 x ,∀ x ≠

¿ ¿ ¿

¿

¿ f ( x − 1

1 −2 x)− f (x −1)= −1

⇒ −8 f (x − 1)=1− x +

1 −2 x,∀ x≠

⇒ f (1− x)=1

8(−1+2 x+

2 x − 1),∀ x ≠

⇒ f (x)=1

8(1+2 x+

2 x+1),∀ x≠

Các tập tương tự Bài1:

Tìm hàm số f: R → R thoã mãn điều kiện:

f (x+ y )+f (x − y)−2 f ( x)f (1+ y )=2 xy(3 y − x2

),∀ x , y ∈ R

Đáp số: f(x) = x3

Bài2:

Tìm hàm số f: R → R nếu:

3 f ( x −1

3 x+2)− f ( 1 − x x − 2)=

8

x − 1,∀ x ∉{0,− 3, 1,2}

Đáp số: f (x)=28 x +4 5 x

Bài3:

Tìm tất cá c đa thức P(x) R[x] cho :

P(x + y) = P(x) + P(y) = 3xy(x + y), ∀ x , y ∈ R

V Phương pháp5: Phương pháp xét giá trị

Bài1:

Tìm hám số f : R → R thoã mãn điều kiện:

12f (xy)+1

2f (yz)− f (x )f (yz)≥

4,∀ x , y , z ∈ R (1)

Giải: Cho x = y = z = thay vào (1) ta

12f (0)+1

2f (0)− f

2

(0)≥1

4 ⇔ f (0)−

1 2¿

2≤ 0 ¿

⇔ f (0)=1

Cho y = z = Thay vào (1) ta được:

14+1 4−

1 2f (x)≥

1

4,∀ x∈ R

⇔ f (x)≤1

2,∀ x∈ R (2)

Cho x = y = z = thay vào (1) ta

f (1)−

1 2¿

2≤ 0

1 2f (1)+

1

2f (1)− f

2(1)≥1

4⇔¿

⇔ f (1)=1

Cho y = z = thay vào (1) ta

12f (x )+1

2f (x )− f ( x). 2≥

1

⇔ f (x)≥1

2,∀ x∈ R (3)

Từ (2) (3) ta có f (x)=1

2

Thay vào thoã mãn điều kiện (1)

Vậy hàm số cần tìm f (x)=1

Bài2:

Cho f :(0 ;1)→ R thoã mãn điều kiện:

f(xyz) = xf(x) + yf (y) + zf(z), ∀ x , y , z ∈(0 ;1) (1)

Giải Chọn x = y = z thay vào (1) ta được:

f (x3)=3 xf(x), ∀ x ∈(0 ;1)

Thay x, y, z x2ta được

f (x6)=3 x2f (x2)

Mặt khác từ (1) ta có:

f (x6)=f (x x2 x3)=xf(x )+x2f (x2)+x3f (x3)

hay 3 x2f (x2)=xf(x )+x2f (x2)+x3f (x3)

⇔ 2 x2f (x2)=xf(x)+x3f (x3)

⇔ 2 x2f (x2)=xf (x)+3 x4f (x)

⇒

2 x¿

2 x2f (¿)=(x +3 x4)f (x)

⇒ f (x)=1+3 x

3

2 x f (x

2

) (2)

Thay x x3 ta được

f (x3)=1+3 x

9

2 x3 f (x

6

)

⇔ 3 xf( x)=1+3 x

9

2 x3 3 x

2

f (x2)

⇔ f (x)=1+3 x

9

2 x2 f (x

2

Từ (2) (3) ta suy ra:

1+3 x2 x 3f (x2)=¿ 1+3 x

2 x2 f (x

) , ∀ x ∈ R

⇒ f (x2)=0,∀ x ≠ 0 thay vào (2) suy ra: f (x)=0,∀ x ≠ 0

Vậy: f (x)=0,∀ x∈(0,1)

VI.Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương

trình hàm

a.Lí thuyết:

+) Khái niệm dãy số:

Dãy số hàm đối số tự nhiên: x : N → N

n↦ x (n)

Vì n∈{0,1,2,3, .}

⇒ (xn)={x0, x1, x2, }

+) Định nghĩa sai phân:

Xét hàm x(n) = x0

Sai phân cấp hàm xn là: Δxn=xn+1− xn

Sai phân cấp hàm xn là: Δ2xn=Δxn+1− Δxn=xn+2− xn +1+xn

Sai phân cấp k hàm xn là:

−1¿iCki xn+k −i ¿

Δkxn=∑

i=0 k

¿

+) Các tính chất sai phân:

* Sai phân có tính chất tuyến tính: Δk

(af +bg)=aΔkf +bΔkg

* Nếu xn đa thức bậc m thì:

Δkxn đa thức bậc m - k m > k

số m = k m < k

Ví dụ:

Xét dãy số hữu hạn: 1,-1,-1,1,5,11,19,29,41,55 Tìm quy luật biểu diễn dãy số

Giải Ta lập bảng sai phân sau:

xn

-1

-1

1 11 19 29 41 55

Δxn

-2

0 10 12 14

Δ2xn 2 2 2 2

Vậy Δ2x

n=const xn đa thức bậc hai: xn=an2+bn +c

Để tính a, b, c ta đưa vào giá trị đầu x0 = 1, x1 = -1, x2 = -1 sau ta

giải hệ phương trình ta nhận được: a = 1, b = -3, c =

Do đó: xn = n2 - 3n +

+) Phương trình sai phân tuyến tính nhất

a0xn+k+a1xn+ k− 1+ +akxn=0 , ak,a0≠0 (1)

+) Phương trình đặc trưng

a0λk+a1λk −1+a2λk −2+ +ak=0 (2)

+) Nghiệm tổng quát

Nếu phương trình (2) có k nghiệm phân biệt λ1 , λ2 , λ3 ,…, λk

nghiệm tổng quát (1) xn=c1λ1n+c2λ2n+ +ckλkn

Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn λ1 có bội s nghiệm tổng quát

của (1) là:

xn=c1λ1

n

+c2nλ2

n

+c3n

λ3

n

+csn s −1

λ1

n

+cs+1n s

λs+1 n

+ +ckλk n

b Bài toán áp dụng:

Chú ý: Đối với phương pháp sai phân, ta có số khác

phương trình sai phân tuyến tính khơng nhất, phương trình sai phân phi tuyến có hệ thống phương pháp giải để

tuyến tính hố phương trình sai phân Song liên quan đến phương trình viết này, nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản (chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính có nghiệm phức)

c Áp dụng phương trình hàm:

Bài1:

Tìm hám số f : R → R thoã mãn điều kiện:

f(f(x)) = 3f(x) - 2x, ∀ x ∈ R

Giải

f(f(fx))) = 3f(f(x)) - 2f(x), ∀ x ∈ R

, ∀ x ∈ R

Hay fn+2(x)=3 fn +1(x)−2 fn(x ),n ≥ 0

Đặt: xn=fn(x), n ≥0

Ta phương trình sai phân: xn+2=3 xn+1−2 xn

Phương trình đặc trưng là:

λ2−3 λ+2=0⇔ λ=1 ∨ λ=2

Do xn=c1+c22

n

Ta có: x0=c1+c2=x

x1=c1+2c2=f (x )

Từ ta được: c1=2 x − f (x ), c2=f (x )− x

Vậy: f (x)=x +c2 f (x)=2 x − c1

Bài2:

Tìm tất hàm xác định N thoã mãn đồng thời điều kiện sau:

2 f (n)f (k +n)−2 f (k − n)=3 f (n)f (k ), k ≥ nf (1)=1

Giải: Cho k = n =

f ( f (x ))

⏟

n+2

=3 f ( f (x))⏟

n+1

−2 f ( f (x ))⏟

⇒2 f2(0)−2 f (0)=3 f2(0) ⇔ f (0)=0∨ f (0)=−2

Nếu f(0) = chọn n = ta được: -2f(k) = f(k) = với k Chọn k = ta f(1) = mâu thuẫn với giả thiết

Vậy: f(0) = -2

Chọn n = ta phương trình:

2 f (1)f (k +1)−2 f (k −1)=3 f (1)f (k ),∀ k

⇔2 f (k+1)− f (k −1)=3 f (k), ∀ k

Đặt: xk=f (k ) ta có phương trình sai phân: 2 xk +1− xk−2 xk −1=0

Phương trình đặc trưng là:

2 λ2− λ −2=0⇔ λ=2∨ λ=−1

Vậy: f (n)=c12n+c2(−1

2)

n

Ta tìm c1, c2

Tư điều kiện f(0) = -2, f (1) = thay vào ta tìm c1 = 0, c2

= -2

Vậy: f (n)=−2(−1

2)

n

VII.Phương pháp 7: Điểm bất động

* Điểm bất động:

thống lí thuyết Ở tơi nêu ứng dụng qua số tốn phương trình hàm

Bài1:

Xác định hàm số f(x) cho:

f(x + 1) = f(x) + , ∀ x ∈ R

Giải: Ta suy nghĩ sau:

Từ giả thiết ta suy c = c + c = ∞

Vì ta coi f(1) ta được: f(x + 1) = f(x) + f(1) (*)

Như ta chuyển phép cộng phép cộng Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a:

Trong f(x) = ax Từ giả thiết ta

a(x + 1) = ax + ⇔ a =

Vậy ta làm sau:

Đặt: f(x) = 2x + g(x)

Thay vào (*) ta có: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) +2, ∀ x ∈ R

Điều tương đương với:

g(x +1) = g(x), ∀ x ∈ R

Vậy g(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Vậy: f(x) = 2x + g(x) với g(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

TQ: Tìm hàm số f(x) thỗ mãn:

f(x + a) = f(x) + b, ∀ x ∈ R , a, b tuỳ ý

Bài 2:

Tìm hàm f(x) cho:

f(x + 1) = -f(x) + 2, ∀ x ∈ R (1)

Giải:

Ta đưa đến c = -c + c =

Vậy đặt: f(x) = + g(x), thay vào (1) ta phương trình:

g( x + 1) = -g(x), ∀ x ∈ R

Do ta có:

¿ ¿¿ ¿

¿

⇔

¿ ¿ ¿

¿ ¿

Ta chứng minh nghiệm (3) có dạng:

g(x)=1

2[h(x)− h(x+1)] ,

ở h(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Nhận xét:

Qua ví dụ ta tổng qt thành toán:

g(x +1)=− g(x )

g(x +2)=g(x)

g(x)=1

2[g (x)− g(x +1)] g(x +2)=g(x)

∀ x ∈ R (3)

TQ: Tìm hàm số f(x) cho:

f(x + a) = -f(x) + b, ∀ x ∈ R , a,b tuỳ ý

Bài 3:

Tìm hàm số f(x) cho:

f(x + 1) = 3f(x) + 2, (1) Giải:

Ta tìm c cho c = 3c + suy c = -1 Đặt: f(x) = -1 + g(x)

Lúc (1) có dạng: g(x + 1) = 3g(x) , ∀ x ∈ R

Coi g(1) ta có: g(x + 1) = g(1).g(x) , ∀ x ∈ R (2)

Từ đặc trưng hàm chuyển phép cộng phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ:

g(x)=ax,(a>0 , a ≠ 1)

Nên ta có: ax+1=3 ax⇔a=3

Vậy ta đặt: g(x)=3xh(x ) thay vào (2) ta được: h(x + 1) =h(x), ∀ x ∈ R

Vậy h(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Kết luận: f (x)=− 1+3xh(x ) với h(x) hàm tuần hoàn với chu kỳ

Nhận xét:

Từ ta đưa đến tốn tổng qt là: TQ: Tìm hàm số f(x) cho

f(x + a) = bf(x) + c, ∀ x ∈ R , a,b,c tuỳ ý, b>0, b khác

( Với loại chuyển hàm tuần hoàn)

Còn: f(x + a) = bf(x) + c, ∀ x ∈ R , a,b,c tuỳ ý, b<0, b khác

chuyển hàm phản tuần hoàn

Bài 4:

Tìm hàm số f(x) cho:

f(2x + 1) = 3f(x) - , ∀ x ∈ R (1)

Giải:

Ta có: c = 3c - suy c = Đặt f(x) = + g(x)

Khi (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x), ∀ x ∈ R (2)

(Khi biểu thức bên có nghiệm khác ∞ thì ta phải xử lí cách

khác).

Từ 2x + = x suy x =

Vậy đặt: x = -1 + t ta có 2x + = -1 + 2t

Khi (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t) , ∀ t ∈ R

Đặt: h(t) = g(-1 + 2t), ta h(2t) = 3h(t) (3)

Xét 2t = t ⇔ t = 0, 2t¿m=3 tm⇔m=log23

¿

Xét khả sau:

+) Nếu t = ta có h(0) =

+) Nếu t > đặt h(t )=tlog23ϕ(t) thay vào (3) ta có ϕ(2t )=ϕ(t),∀ t >0

Đến ta đưa ví dụ hàm tuần hồn nhân tính +) Nếu t < đặt h(t )=|t|log23

ϕ (t) thay vào (3) ta

⇔

¿ ¿ ¿

¿ ¿

⇔

¿ ¿ ¿

¿ ¿

Nhận xét:

Bài toán tổng quát dạng sau: TQ: Tìm hàm số f(x) cho:

f (αx+β )=f ()+b , α ≠0, ± 1

Khi phương trình αx+ β=x ta chuyển điểm bất động o, ta

được hàm tuần hồn nhân tính

+ Nếu a = tốn bình thường

+ Nếu a = chẳng hạn xét tốn sau:

*) Tìm f(x) cho: f(2x + 1) = f(x) - 2, ∀ ≠ − 1 (1)

Nghiệm 2x + = x ⇔ x = -1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta

f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀ t ≠ 0

Đặt: g(t) = f(-1 + t) ta g(2t) = g(t) + 2, ∀ t ≠ 0 (2)

Từ tích chuyển thành tổng nên hàm loga

Ta có loga(2t)=logat − 2⇔ a=

√2

Vậy đặt: g(t)=log1

√2

|t|+h(t) .

Thay vào (2) ta có: h(2 t)=h(t),∀ t ≠ 0 Đến toán trở nên đơn

giản

ϕ(4 t)=ϕ (t),∀ t <0

ϕ(t)=1

2[ϕ(t)− ϕ(2 t)],∀ t <0

VIII Phương pháp Phương pháp sử dụng hệ đếm

Ta quy ước ghi m =(bibi-1…b1)k nghĩa hệ đếm số k m =

bibi-1…b1

Bài1 (Trích IMO năm 1998):

Tìm f : N❑→ N❑ thoã mãn f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n),

f(4n + 1) = 2f(2n + 1) - f(n), f(4n + 3) = 3f(2n + 1) - f(2n),

∀ n∈ N❑ (1)

Giải:

Tính giá trị hàm số chuyển sang số ta dự đốn được: " ∀ n∈ N❑

, n = (bibi-1…b1)2 f(n) = (b1b2…bi)2” (*) Ta chứng minh

(*) quy nạp

+ Với n = 1, 2, 3, dể kiểm tra (*)

+ Giả sử (*)đúng cho k < n Ta chứng minh (*)đúng cho n (với n > 4)

Thật vậy, ta xét khả sau:

* Nếu n chẵn, n = 2m Giả sử m = (bibi-1…b1)2, n = 2m =

(bibi-1…b10)2

⇒ f(n) = f((bibi-1…b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1…b1)2) = (b1b2…bi)2

=

* Nếu n lẻ n = 4m + Giả sử m = (bibi-1…b1)2, n = (bib

i-1…b101)2

⇒ ⇒ f(n) = f((bibi-1…b101)2) = f(4m + 1) = 2.f(2m + 1) - f(2m) =

2.f((bibi-1…b11)2) - f((b1b2…bi)2 ) = (10)2.(1b1b2…bi)2 - (b1b2…bi)2 =

(1b1b2…bi0)2 - (b1b2…bi)2 =

= (10b1b2…bi)2 suy (*)đúng

* Nếu nlẻ n = 4m + Giả sử m = (bibi-1…b1)2, n = (bibi-1…

b111)2

⇒ f(n) = f((bibi-1…b111)2) = f(4m + 3) = 3.f(2m + 1) - 2.f(2m) =

3.f((bibi-1…b11)2) - 2.f((b1b2…bi)2 ) = (11)2.(1b1b2…bi)2 - (10)2.(b1b2…

bi)2 = (11b1b2…bi)2 suy (*)đúng

Vậy (*)đúng hàm f xác định (*)>

Bài 2.(Trích đề thi Trung Quốc)

Tìm hàm số f : N❑→ N❑ thoã mãn:

a) f(1) = (1)

b) f(2n) < 6f(n) (2)

c) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n) + 1), ∀ n∈ N❑

(3) Giải

Vì f(n) N¿∗

¿ nên (3f(n),3f(n) + 1) = Từ (3) suy 3f(n)\f(2n) Kết

hợp với (2) suy f(2n) = 3f(n) f(2n+1) = 3f(n) + 1, ∀ n∈ N❑

"Với n = (b1b2…bi)2 f(n) = (b1b2…bi)3, ∀ n∈ N❑ " (*) Ta chứng

minh (*) phương pháp quy nạp

+ Với n = 1, 2, 3, hiển nhiên (*)đúng

+ Giả sử (*)đúng cho k<n (với n 4) Ta chứng minh (*)đúng cho n

Giả sử m = (c1c2…cj)2

- Nếu n chẵn: n = 2m, n = 2m = (c1c2…cj0)2 Khi

f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2…cj)2) = (10)3.(c1c2…cj)3 = (c1c2…cjo)3

⇒ (*) chẵn

- Nếu n lẻ: n = 2m + 1, n = (c1c2…cj1)2 Khi đó:

f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + = 3.f((c1c2…cj)2) + = (10)3.(c1c2…cj)3 +

13 = (c1c2…cj1)3 ⇒ (*) cho n lẻ

Vậy (*)đúng cho ∀ n∈ N❑ f(n) xác định (*)

3 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG

Phương trình hàm

Bài tập

1.1 Xác định tất hàm liên tục f : R → R cho f (1)>0

f ( x + y )=f ( x) f ( y )

1.2 Với |q|<1 , tìm tất hàm f : R → R liên tục thỏa mãn phương trình

hàm

f ( x )+f (qx )=0

1.3 Tìm tất hàm f : R → R liên tục thỏa mãn phương trình hàm

f ( x )+f(2

3x)=x

1.4 Xác định nghiệm f : R → R liên tục phương trình hàm

2 f (2 x )=f ( x )+ x

1.5 Xác định tất nghiệm liên tục -1 phương trình hàm

f (2 x+1 )=f ( x )

f ( x )=f( x

1− x), x ≠ 1

1.7 Giả sử f g thỏa mãn phương trình

f(x + y)+f (x − y)=2 f(x)g(y), x , y∈ R

Chứng minh f không đồng |f ( x )|≤1 với x∈ R , ta có |g ( x )|≤ 1 với x∈ R

1.8 Tìm tất hàm liên tục thỏa mãn phương trình hàm

f ( x + y )=f ( x) ey+f ( y ) ex

1.9 Xác định nghiệm liên tục f : R → R

f(x + y)− f(x − y)=f(x)f(y)

1.10 Giải phương trình hàm

f ( x )+f(x −1

x )=1+ x với x ≠ 0,1

1.11 Cho f :[0 ;1]→[0 ;1] đơn ánh cho f(2 x − f ( x ))=x với x∈[0 ;1] Chứng minh f(x)=x , x∈[0 ;1]

1.12 Xác định nghiệm liên tục (−1 ;1) f( x+ y

1+xy)=f (x )+f ( y )

Bài Tìm hàm số f(x) thỏa :

f(x+y) ≥ f(x).f(y) ≥ 2009 với x,y  R;

Bài Tìm hàm số f(x) biết :

2f( )-3f( ) = ;

Bài Tìm hàm số f(x) g(x) biết :

Bài Cho dãy hàm số : f1(x), f2(x), ,fn(x),…thỏa mãn điều kiện sau:

1/ f1(x) =x

2/ f(x) =

Tính f2009(2009)

Bài Cho hàm số f(x) xác định thỏa mãn điều kiện sau:

1/ f(1) =1;

2/ f( ) = f(x), x≠0;

3/ f(x1+x2) = f(x1) +f(x2)

Hãy tính f(63), f( ) f(2009)

Bài 10 Tìm hàm số f(x) biết rằng:

f(x-1)-3f ( )= 1-2x; x≠ ;

Bài 12 Cho hàm số f: N →N thỏa f(f(n)) +f(n) = 2n+3, n N Tìm

Bài 13 Tìm hàm số f : (0;1) →R thỏa mãn f(xyz) = xf(x)+yf(y)+zf(z);

x,y,z (0;1)

Bài 14 Cho hàm số y =f(x) xác định liên tục R , thỏa điều kiện:

f(f(x)) = f(x) +x ; x R Tìm hai hàm số

Bài 15 Cho hàm số f(x) thỏa mãn

f(x+y)+f(x-y) -2f(x).f(1+y) = 2xy(3y- x) ; x,y R;

Bài 16 Cho hàm số f: N→N cho f(f(n)) = n +2 ,n N Hãy xác định f(n) ,