MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI

Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các điều kiện của đề bài.. với mọi số thực dương [r]

(1)

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC

(2)

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3

1.1 Ánh xạ

1.1.1 Định nghĩa

1.1.2 Đơn ánh

1.1.3 Toàn ánh

1.1.4 Song ánh

1.1.5 Tích ánh xạ

1.1.6 Ánh xạ ngược

1.1.7 Ảnh tập hợp

1.2 Hàm số

1.2.1 Định nghĩa

1.2.2 Hàm số chẵn hàm số lẻ

1.2.3 Hàm số cộng tính hàm số nhân tính

1.2.4 Hàm số đơn điệu

1.2.5 Hàm số liên tục

1.2.6 Hàm số bị chặn

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính

1.3.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp với hệ số

1.3.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai với hệ số

(3)

1.4.3 Cận đúng, cận

1.5 Tập trù mật 10

CHƯƠNG 2 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC 11

2.1 Giải phương trình hàm phép 11

2.2 Giải phương trình hàm cách sử dụng tính đơn ánh,

tồn ánh, song ánh 14

2.3 Giải phương trình hàm phương pháp phân li biến số 17

2.4 Giải phương trình hàm dựa vào giá trị đối số giá

trị hàm số 20

2.5 Giải phương trình hàm cách sử dụng đẳng thức kiểu

"truy hồi" 23

2.6 Giải phương trình hàm lớp hàm đơn điệu 31

2.7 Giải phương trình hàm lớp hàm liên tục 36

2.8 Giải phương trình hàm lớp hàm bị chặn 41

2.9 Giải phương trình hàm cách sử dụng dãy hàm số 44

2.10 Giải phương trình hàm phương pháp thêm biến 51

CHƯƠNG 3 CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP 57

(4)

N Tập hợp số tự nhiên

Z+ Tập hợp số nguyên dương

Z Tập hợp số nguyên

Z− Tập hợp số nguyên âm

Q Tập hợp số hữu tỷ

Q+ Tập hợp số hữu tỷ dương

Q− Tập hợp số hữu tỷ âm

R Tập hợp số thực

R+ Tập hợp số thực dương

R− Tập hợp số thực âm [x] Phần nguyên số thực x.

(5)

MỞ ĐẦU

Trong năm qua, tốn Phương trình hàm

trong thử thách lớn em học sinh kì thi

chọn học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế Trải qua trình học tập,

nghiên cứu cơng tác, tơi nhận thấy học sinh chuyên Toán

gặp nhiều khó khăn việc tiếp cận tốn Phương

trình hàm Có lẻ chúng thuộc dạng Tốn khó hồn tồn lạ

đối với em Bên cạnh đó, việc giải tốn Phương trình hàm địi

hỏi em phải vận dụng nhiều kĩ năng, tư kiến thức Giải

tích, Đại số, Số học, Cuối cùng, tài liệu tham khảo Phương

trình hàm hạn chế

Với lí nói với mong muốn tìm hiểu kĩ Phương

trình hàm có thêm tài liệu tham khảo cho đối tượng học

sinh chun Tốn, tơi viết

"PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC".

Tài liệu gồm chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Chương trình bày kiến thức sở sử dụng

Chương Chương

Chương 2: Các phương pháp giải phương trình hàm tập số thực

Chương trình bày phương pháp hay sử dụng để giải

bài tốn Phương trình hàm tập số thực

Chương 3: Các toán tổng hợp

Chương trình bày số toán sử dụng tổng hợp phương

pháp Chương để giải

Tơi xin tỏ lịng biết ơn đến người thân, bạn bè đồng

(6)

tài liệu

Sai sót điều tránh khỏi tài liệu Vì thế, tơi xin

trân trọng đón nhận góp ý nhận xét quý bạn đọc thông

qua email phankhoa21393@gmail.com

Đà Nẵng, tháng năm 2019

(7)

CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Ánh xạ

1.1.1 Định nghĩa

Cho hai tập hợp X Y Một ánh xạ f từ X đến Y quy

tắc cho tương ứng với phần tử x X phần tử xác định, ký

hiệu f (x) Y , ta viết f : X → Y Tập hợp X gọi nguồn hay miền

xác định tập hợp Y gọi đích hay miền giá trị ánh xạ f

1.1.2 Đơn ánh

Ánh xạ f : X → Y gọi đơn ánh với x1, x2 thuộc X

mà x1 6= x2 kéo theo f (x1) 6= f (x2), hay f (x1) = f (x2) kéo theo x1 = x2,

hay với y thuộc Y có nhiều x thuộc X cho y = f (x).

1.1.3 Toàn ánh

Ánh xạ f : X → Y gọi toàn ánh với y thuộc Y có ít

nhất x thuộc X cho y = f (x).

1.1.4 Song ánh

Ánh xạ f : X → Y gọi song ánh vừa đơn ánh, vừa

là tồn ánh

1.1.5 Tích ánh xạ

Giả sử cho hai ánh xạ f : X → Y g : Y → Z Ánh xạ h : X → Z

(8)

xạ f ánh xạ g, kí hiệu h = g ◦ f

1.1.6 Ánh xạ ngược

Ánh xạ f : X → X xác định f (x) = x với x thuộc X

là ánh xạ đồng X, kí hiệu f = 1X

Giả sử f : X → Y g : Y → X hai ánh xạ cho g ◦ f = 1X

f ◦ g = 1Y Thế g gọi ánh xạ ngược f

Ánh xạ f : X → Y có ánh xạ ngược f song

ánh Ta thường kí hiệu ánh xạ ngược f−1

1.1.7 Ảnh tập hợp

Giả sử f : X → Y ánh xạ cho, A tập X.

Thế người ta gọi

f (A) = {y ∈ Y | tồn x thuộc A cho f (x) = y}

là ảnh tập A f

1.2 Hàm số

1.2.1 Định nghĩa

Ánh xạ f : D → R gọi hàm số xác định tập số thực (gọi tắt hàm số) D tập khác rỗng R Tập D gọi tập xác định hàm số f Tập f (D) gọi tập giá trị hàm số f

1.2.2 Hàm số chẵn hàm số lẻ

Xét hàm số y = f (x) có tập xác định D tập hợp khác rỗng

M D.

Hàm số f gọi hàm số chẵn M với x thuộc M

(9)

Hàm số f gọi hàm số lẻ M với x thuộc M kéo

theo −x thuộc M f (−x) = −f (x).

1.2.3 Hàm số cộng tính hàm số nhân tính

M D.

Hàm số f gọi hàm cộng tính M với x, y thuộc

M kéo theo x + y thuộc M f (x + y) = f (x) + f (y).

Hàm số f gọi hàm nhân tính M với x, y thuộc

M kéo theo xy thuộc M f (xy) = f (x)f (y).

1.2.4 Hàm số đơn điệu

a Định nghĩa

M D.

Hàm số f gọi đồng biến (hay tăng) M với hai số thực x1,

x2 bất kì thuộc M thỏa mãn x1 < x2 kéo theo f (x1) ≤ f (x2)

Hàm số f gọi nghịch biến (hay giảm) M với hai số thực

x1, x2 bất kì thuộc M thỏa mãn x1 < x2 kéo theo f (x1) ≥ f (x2)

Hàm số f gọi tăng thực M với hai số thực x1, x2 bất

kì thuộc M thỏa mãn x1 < x2 kéo theo f (x1) < f (x2)

Hàm số f gọi giảm thực M với hai số thực x1, x2 bất

kì thuộc M thỏa mãn x1 < x2 kéo theo f (x1) < f (x2)

b Tính chất

1) Mọi hàm đơn điệu thực khoảng đơn ánh

khoảng

(10)

3) Nếu hàm số f : R → R đơn điệu cộng tính f (x) = ax với mọi số thực x (a số thực).

4) Nếu hàm số f : R+ → R+ đơn điệu nhân tính f (x) = xa

với số thực dương x (a số thực).

1.2.5 Hàm số liên tục

Hàm số f : D → R liên tục x0 thuộc D limx→x

0f (x) = f (x0)

b Tính chất

1) Nếu hàm số f đơn ánh liên tục khoảng thì

nó đơn điệu khoảng

2) Nếu hàm số f : R → R liên tục cộng tính f (x) = ax với mọi số thực x (a số thực).

3) Nếu hàm số f : R+ → R+ liên tục nhân tính f (x) = xa với

mọi số thực dương x (a số thực).

4) Nếu hàm số f : R → R liên tục f x + y

!

= f (x) + f (y)

2 với

mọi số thực x, y f (x) = ax + b với số thực x (a, b số

thực)

5) Nếu hàm số f xác định liên tục đoạn [a; b] có giá

trị nhỏ giá trị lớn [a; b].

1.2.6 Hàm số bị chặn

Xét hàm số f : D → R tập hợp khác rỗng M D Hàm số

f gọi bị chặn D tồn số thực dương M để |f (x)| ≤ M

(11)

b Tính chất

Nếu hàm số f : R → R cộng tính bị chặn đoạn [a; b] thì

f (x) = cx với số thực x (c số thực).

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính

1.3.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp nhất với hệ số hằng

Đó phương trình có dạng

un+1 + aun = (1.1)

với số nguyên dương n (a số thực khác 0) Nghiệm tổng

quát phương trình (1.1)

un = C(−a)n

với số nguyên dương n (C số thực).

1.3.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai nhất với hệ số hằng

Đó phương trình có dạng

un+2 + aun+1 + bun = (1.2)

với số nguyên dương n (a, b số thực b 6= 0) Khi đó,

phương trình (1.2) có phương trình đặc trưng

λ2 + aλ + b = 0. (1.3)

Nếu phương trình (1.3) có hai nghiệm phân biệt λ1, λ2 phương

trình (1.2) có nghiệm tổng quát

(12)

với số nguyên dương n (C1, C2 hai số thực)

Nếu phương trình (1.3) có nghiệm kép λ0 phương trình (1.2) có

nghiệm tổng qt

un = (C1 + C2n)λn0

với số nguyên dương n (C1, C2 hai số thực)

Nếu phương trình (1.3) có hai nghiệm phức λ1 = α − βi = r(cos Φ −

i sin Φ) λ2 = α + βi = r(cos Φ + i sin Φ) (với i đơn vị phức, r = √

α2 + β2, cot Φ = α

β, < Φ < π) phương trình (1.2) có nghiệm tổng

qt

un = rn(C1cos nΦ + C2sin nΦ)

với số nguyên dương n (C1, C2 hai số thực)

1.4 Cận trên, cận dưới, cận đúng, cận đúng, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

1.4.1 Cận trên, cận dưới

Cho A tập hợp khác rỗng R.

Số thực a gọi cận (hoặc số chặn trên) tập hợp

A x ≤ a với số thực x thuộc A.

Số thực a gọi cận (hoặc số chặn dưới) tập hợp

A x ≥ a với số thực x thuộc A.

Tập hợp A gọi bị chặn có cận Tập hợp A

gọi bị chặn có cận Tập hợp A gọi bị chặn

nếu vừa bị chặn trên, vừa bị chặn

1.4.2 Phần tử lớn nhất, phần tử nhỏ nhất

(13)

Nếu số thực a thuộc A a cận A a gọi phần

tử lớn A, ký hiệu max A Phần tử lớn (nếu có)

của A nhất.

Nếu số thực a thuộc A a cận A a gọi phần

tử nhỏ A, ký hiệu A Phần tử nhỏ (nếu có)

của A nhất.

1.4.3 Cận đúng, cận đúng

Cho A tập hợp khác rỗng R.

Nếu tập A bị chặn phần tử nhỏ tập hợp cận

trên A gọi cận Nếu tập A không bị chặn ta

nói cận A +∞ Cận A Cận

trên A kí hiệu sup A.

Nếu tập A bị chặn phần tử lớn tập hợp cận

dưới A gọi cận Nếu tập A khơng bị chặn ta

nói cận A −∞ Cận A Cận

dưới A kí hiệu inf A.

Xét hàm số f : D → R tập hợp khác rỗng A D Khi đó, inf f (A) gọi cận f A sup f (A) gọi

là cận f A Cận cận f

trên A, theo thứ tự, kí hiệu sup

A

f (x) inf

A f (x).

Giả sử a số thực Khi đó, a = sup A x ≤ a với

mọi số thực x thuộc A với số thực dương , tồn số thực x0

thuộc A cho x0 > a − .

Giả sử a số thực Khi đó, a = inf A x ≥ a với

mọi số thực x thuộc A với số thực dương , tồn số thực x0

(14)

1.5 Tập trù mật

Một tập A khác rỗng R gọi trù mật R chỉ nếu với số thực x, tồn dãy số (xn) ⊂ A cho lim xn = x.

Do đó, A tập trù mật R với số thực x, y mà x < y, tồn số thực a thuộc A cho x < a < y.

(15)

CHƯƠNG 2

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC

2.1 Giải phương trình hàm phép thế

Bài tốn Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn

xf (y) + yf (x) = (x + y)f (x)f (y) (2.1)

với số thực x, y.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta cho x = y = 1

vào (2.1) f (1) = f (1) = 1.

Nếu f (1) = ta lại cho y = vào (2.1) f (x) = với số

thực x.

Nếu f (1) = ta cho y = vào (2.1) được

xf (x) − 1 =

với số thực x Do đó,

f (x) =

   

  

1 nếu x 6= 0

a nếu x = 0

với số thực x (a số thực).

Thử lại, hai hàm số tìm thỏa mãn (2.1)

Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) = x với số thực x

và f (x) =    

  

1 nếu x 6= 0

a nếu x = 0

(16)

Bài toán Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn

f(x − y)2 = f (x)2 − 2xf (x) + y2 (2.2)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta cho y = vào

(2.2)

f x2 = f (x)2 − 2xf (x) (2.3)

với số thực x Ta cho x = vào (2.2) được

f y2 = f (0)2 + y2 (2.4)

với số thực y Ta cho y = vào (2.4) f (0) = f (0)2, suy

f (0) = f (0) = Ta thay y x (2.2) được

f (0) = (f (x) − x)2 (2.5)

với số thực x.

Nếu f (0) = (2.5) cho f (x) = x với số thực x.

Nếu f (0) = (2.5) cho f (x) = x + f (x) = x − với số

thực x Giả sử tồn số thực a mà f (a) = a − Từ (2.3) (2.4), ta

có

f a2 = f (a)2 − 2af (a) f

a2 = + a2.

Ta suy a = Do đó, f (0) = −1 Điều mâu thuẫn Như vậy,

f (x) = x + với số thực x.

(17)

Bài tốn Tìm tất hàm f : R+ → R thỏa mãn f(1) = và

f (xy) = f (x)f y

!

+ f (y)f

x

!

(2.6)

với số thực dương x, y.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đầu tiên, ta cho x = y = vào (2.6) f (3) =

2 Tiếp theo, ta cho x = vào (2.6)

f y

!

= f (y) (2.7)

với số thực dương y Từ (2.6) (2.7), ta thu được

f (xy) = 2f (x)f (y) (2.8)

với số thực dương x, y Trong (2.8), ta thay y bởi

x áp dụng

(2.7)

f (x)2 =

với số thực dương x Cuối cùng, (2.8), ta thay y x được

f x2 =

với số thực dương x Do đó, f (x) =

2 với số thực dương x. Thử lại, hàm số tìm thỏa mãn điều kiện đề

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) ≡

Bài tốn Tìm tất hàm f : R \

(2

)

→ R thỏa mãn

2f (x) + f 2x 3x − 2

!

(18)

với số thực x khác

3.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Trong (2.9) , ta thay x bởi 2x

3x − 2

2f 2x

3x − 2 !

+ f (x) = 1992x

3x − 2 (2.10)

3 Từ (2.9) (2.10), ta suy f (x) =

1992x(x − 1) 3x − 2

Thử lại, hàm số tìm thỏa mãn (2.9)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = 1992x(x − 1) 3x − 2 với mọi số thực x khác

3

2.2 Giải phương trình hàm cách sử dụng tính đơn ánh, tồn ánh, song ánh

Bài tốn Tìm tất hàm f : R+ → R+ thỏa mãn

x2(f (x) + f (y)) = (x + y)f (yf (x)) (2.11)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Trong (2.11), ta thay y x được

xf (x) = f (xf (x)) (2.12)

với số thực dương x Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy,

với hai số thực dương x1, x2 bất kì mà f (x1) = f (x2) Ta thay x x1

và y x2 (2.11)

(19)

Từ (2.12), ta suy

2x21f (x1) = (x1 + x2)x2f (x2).

Dẫn đến, 2x21 − x1x2 − x22 = hay x1 = x2 Vậy f đơn ánh Do đó, cho x = vào (2.12), ta f (1) = Ta tiếp tục cho x = 1

vào (2.11)

1 + f (y) = (1 + y)f (y)

với số thực dương y Vì vậy, f (y) =

y với số thực dương y.

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) =

x với số thực

dương x.

f (f (x) + y) = 2x + f (f (y) − x) (2.13)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Trong (2.13), ta thay y −f (x) được

f (0) − 2x = f (f (−f (x)) − x)

với số thực x Ta chứng minh f toàn ánh Thật vậy, với

mọi số thực y, ta đặt x1 =

f (0) − y

2 , suy

y = f (0) − 2x1 = f (f (−f (x1)) − x1)

Ta tiếp tục đặt x0 = f (−f (x1)) − x1 thì y = f (x0) Vậy f một

toàn ánh Do tồn số thực a cho f (a) = Ta cho x = a vào

(2.13)

(20)

với số thực y Vì f tồn ánh nên với số thực x, tồn số

thực y0 cho

x + a = f (y0). (2.15)

Từ (2.14) (2.15), ta suy

x + a = 2a + f (x)

với số thực x Do đó, f (x) = x − a với số thực x.

Vậy nghiệm hàm toán f (x) = x + C với số thực x

(C số thực).

f (x2 + f (y)) = xf (x) + y (2.16)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đầu tiên, ta cho x = vào (2.16) được

f (f (y)) = y (2.17)

với số thực y Suy ra, f song ánh Do đó, tồn nhất

số thực a cho f (a) = Ta lại cho x = a y = vào (2.16) được

f a2 + f (0)= 0.

Dẫn đến,

(21)

Từ (2.17), ta thu a2+ f (0) = f (0), tức a = hay f (0) = Tiếp

theo, ta cho y = vào (2.16) được

f x2 = xf (x) (2.18)

với số thực x Từ (2.17) (2.18), ta được

f x2 = ff (x)2

với số thực x Từ tính đơn ánh f , ta rút được

f (x)2 = x2

với số thực x Do đó, f (x) = x f (x) = −x với số thực x.

Cuối cùng, giả sử tồn hai số thực a, b khác mà f (a) = a và

f (b) = −b Ta cho x = a y = b vào (2.16) được

f a2 − b= a2 + b.

Vì vậy, a2 − b = a2 + b −a2 + b = a2 + b, tức a = b = 0,

điều vơ lí Kết hợp f (0) = 0, ta f (x) = x với số thực x

hoặc f (x) = −x với số thực x.

và f (x) = −x với số thực x.

2.3 Giải phương trình hàm phương pháp phân li biến số

(x + y)(f (x) − f (y)) = (x − y)(f (x) + f (y)) (2.19)

(22)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta rút gọn (2.19)

được

xf (y) = yf (x)

với số thực x, y Suy ra,

f (x) x =

f (y) y

với số thực x, y khác Do đó, f (x) = ax với số thực x khác 0

(a số thực tùy ý) Ngoài ra, cho x = y = vào (2.19), ta

được f (0) = Vì vậy, f (x) = ax với số thực x (a số thực).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = ax với số thực x (a

là số thực)

Bài toán Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn

f (2020x − f (y)) = f (2019x) − f (y) + x (2.20)

vào (2.20) f (−f (0)) = Ta lại cho y = −f (0) vào (2.20) được

f (2020x) = f (2019x) + x (2.21)

với số thực x Từ (2.20) (2.21), ta suy ra

f (2020x − f (y)) = f (2020x) − f (y) (2.22)

với số thực x, y Ta thay x bởi x

2020 (2.22)

(23)

với số thực x, y Khi thay y 2019x (2.20), ta được

f (2020x − f (2019x)) = x

với số thực x Do đó, f tồn ánh Vì vậy, với hai số thực x,

u bất kì, tồn số thực y0 sao cho x − u = f (y0) Do đó, từ (2.23), ta suy

f (u) − u = f (x) − x

với số thực x, u Như vậy, f (x) = x + b với số thực x (b hằng

số thực)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = x + b với số thực x

(b số thực).

Bài tốn 10 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn xf (y) − yf (x) = f y

x

!

(2.24)

với số thực x khác số thực y.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta cho x = và y = vào (2.24) f (0) = Ta lại cho x = y = vào (2.24) được f (1) = Khi cho y = vào (2.24), ta được

f x

!

= −f (x) (2.25)

với số thực x khác Trong (2.24), ta thay y bởi

x sử dụng (2.25)

thì

f x2 = x + x

!

(24)

với số thực x khác Mặt khác, từ (2.24), ta có

x2f y2− y2f x2 = f   y2 x2   (2.27)

với số thực x khác số thực y Từ (2.26) (2.27), ta thu

được

x2 y + y

!

f (y) − y2 x + x

!

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

với số thực x, y khác Ta rút gọn được

(x2 − 1)yf (y) = (y2 − 1)xf (x) (2.28)

với số thực x, y khác Từ (2.28), ta suy ra

yf (y) y2 − 1 =

xf (x) x2 − 1

với số thực x, y khác −1, 0, Do đó, f (x) = C x − x

!

với số thực x khác −1, 0, (C số thực) Tuy nhiên, vì

f (0) = f (1) = f (−1) = nên

f (x) =

        

C x − x

!

nếu x 6= 0

0 nếu x = 0

với số thực x (C số thực).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) =         

C x − x

!

nếu x 6= 0

0 nếu x = 0

với số thực x (C số thực).

(25)

Bài toán 11 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn

f (x + f (y)) = x + f (y) + xf (y) (2.29)

Lời giải Ta nhận thấy f (x) ≡ −1 nghiệm hàm toán.

Giả sử tồn hàm số f khác hàm −1 thỏa mãn đề Suy

ra, tồn số thực a cho f (a) 6= −1 Ta cho y = a vào (2.29) được

f (x + f (a)) = (1 + f (a))x + f (a) (2.30)

với số thực x Vì vế phải (2.30) có tập giá trị R nên với mọi số thực t, tồn số thực u mà f (u) = t Ta cho x = vào (2.29) được

f (f (y)) = f (y) (2.31)

với số thực y Do đó, ta cho y = u vào (2.31) f (t) = t với mọi

số thực t.

Thử lại, hàm số tìm khơng thỏa mãn (2.29)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) ≡ −1.

Bài tốn 12 Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn

f (x − f (y)) = 2f (x) + x + f (y) (2.32)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đặt f (0) = a Ta cho y = vào (2.32) được

(26)

với số thực x Vì vế phải (2.33) có tập giá trị R nên với mọi số thực t, tồn hai số thực u v cho t = f (u) − 2f (v) Trong

(2.32), ta thay x f (x) − f (y) được

f (f (x) − 2f (y)) = 2f (f (x) − f (y)) + f (x) (2.34)

với số thực x, y Trong (2.32), ta lại thay x f (x) được

f (f (x) − f (y)) = 2f (f (x)) + f (x) + f (y) (2.35)

với số thực x, y Trong (2.32), ta thay x f (y) được

f (f (y)) = −f (y) + a

2 (2.36)

với số thực y Từ (2.34), (2.35) (2.36), ta suy ra

f (f (x) − 2f (y)) = −(f (x) − 2f (y)) + 2a (2.37)

với số thực x, y Ta cho x = u y = v vào (2.37) f (t) = −t+2a

với số thực t Do đó, f (x) = −x + C với số thực x (C hằng

số thực)

Thử lại, có hàm số f (x) = −x với số thực x thỏa mãn (2.32).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = −x với số thực x.

f (x − f (y)) = f (f (y)) + xf (y) + f (x) − 1 (2.38)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đặt f (0) = a Vì

hàm khơng khơng nghiệm hàm phương trình tồn

số thực y0 sao cho f (y0) 6= Từ (2.38), ta có

(27)

với số thực x Vì vế phải (2.39) có tập giá trị R nên với số thực t, tồn hai số thực u v cho t = f (u) − f (v) Trong (2.38),

ta thay x f (x) được

f (f (x) − f (y)) = f (f (y)) + f (x)f (y) + f (f (x)) − 1 (2.40)

với số thực x, y Trong (2.38), ta lại thay x f (y) được

f (f (y)) = −1

2f (y)

2 + a + 1

2 (2.41)

với số thực y Từ (2.40) (2.41), ta suy ra

f (f (x) − f (y)) = −(f (x) − f (y))

2

2 + a (2.42)

với số thực x, y Ta cho x = u y = v vào (2.42) f (t) = −t

2+a

với số thực t Do đó, f (x) = −x

2 + C với số thực x (C hằng số thực)

Thử lại, có f (x) = −x

2 + với số thực x thỏa mãn (2.38).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = −x

2 + với số thực x.

2.5 Giải phương trình hàm cách sử dụng đẳng thức kiểu "truy hồi"

Bài tốn 14 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

f (x + y) + xy = f (x)f (y) (2.43)

(2.43)

(28)

với số thực x Trong (2.44), ta thay x x + được

f (x + 2) = f (x + 1)f (1) − x − 1 (2.45)

với số thực x Từ (2.44) (2.45), ta thu được

f (x + 2) = f (1)2f (x) − (f (1) + 1)x − 1 (2.46)

với số thực x Mặt khác, (2.43), ta cho y = được

f (x + 2) = f (x)f (2) − 2x (2.47)

f (x)f (2) − f (1)2 = (1 − f (1))x − 1 (2.48)

với số thực x Do đó, f (x) = ax + b với số thực x (a, b hai

hằng số thực)

Thử lại, có f (x) = x + với số thực x f (x) = −x + với

mọi số thực x thỏa mãn (2.43).

Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) = x + với số

thực x f (x) = −x + với số thực x.

Bài tốn 15 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

xf (x) − yf (y) = (x − y)f (x + y) (2.49)

(2.49)

xf (x) − f (1) = (x − 1)f (x + 1)

với số thực x Suy ra,

f (x + 1) = x

x − 1f (x) −

1

(29)

với số thực x khác Ta lại cho y = vào (2.49) được

xf (x) − 2f (2) = (x − 2)f (x + 2)

với số thực x Dẫn đến,

f (x + 2) = x

x − 2f (x) −

2

x − 2f (2) (2.51)

với số thực x khác Trong (2.50), ta thay x x + được

f (x + 2) = x + 1

x f (x + 1) −

1

xf (1) (2.52)

với số thực x khác Từ (2.50) (2.52), ta thu được

f (x + 2) = x + 1

x − 1f (x) −

2

x − 1f (1) (2.53)

với số thực x khác Từ (2.51) (2.53), ta thu được

f (x) = (f (2) − f (1))x + 2f (1) − f (2) (2.54)

với số thực x khác 0, Rõ ràng, (2.54) với x = và

x = Trong (2.49), ta cho x = y = −1 f (1) + f (−1) = 2f (0).

Ta lại cho x = y = −1 vào (2.49) 2f (2) + f (−1) = 3f (1).

Từ đó, ta có f (0) + f (2) = 2f (1), nên (2.54) với x = Do

đó, f (x) = ax + b với số thực x (a b hai số thực).

Vậy nghiệm hàm toán f (x) = ax + b với số thực

x (a b hai số thực).

Bài toán 16 (Vietnam MO 2017) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

(30)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta cho x = vào

(2.55)

f (f (y) − f (1)) = 2f (1) + y (2.56)

với số thực y Từ (2.56), ta suy f song ánh Do đó, tồn tại

số thực a cho f (a) = Bây giờ, ta cho x = y = a vào (2.55) được

f (0) = a2 Còn cho x = a y = vào (2.55), ta f (a3) = Từ tính đơn ánh f , ta rút a = a3, tức a ∈ {−1; 0; 1} Như

thế, f (0) = f (0) = 1.

Nếu f (0) = ta cho y = vào (2.55) sử dụng tính tồn ánh của

hàm số f f (x) = −2x với số thực x.

Nếu f (0) = ta cho x = y = vào (2.55) f (−1) = Ta tiếp

tục cho x = y = vào (2.55) f (1) = Khi đó, (2.56) trở thành

f (f (y)) = y (2.57)

với số thực y Trong (2.55), ta thay y f (y) được

f (xy − f (x)) = 2f (x) + xf (y) (2.58)

với số thực x, y Ta lại thay x f (x) (2.55) được

f (f (x)f (y) − x) = 2x + yf (x) (2.59)

với số thực x, y Trong (2.58), ta cho x = −1 được

f (−y − 2) = − f (y)

với số thực y Dẫn đến,

(31)

với số thực y Ta cho x = −1 vào (2.59) kết hợp với (2.57) được

f (2y − 2) = 2f (y) + 1 (2.61)

với số thực y Khi cho y = vào (2.59) kết hợp với (2.57), ta lại

được

f (x) − x = f (2x)

với số thực x Do đó,

f (2x − 2) = f (x − 1) − x + 1 (2.62)

với số thực x Ta cho y = vào (2.55) sử dụng (2.57) được

f (−x) = 2x + f (x) (2.63)

f (x − 2) = − 2x − f (x) (2.64)

f (x − 1) = 2f (x) + x (2.65)

f (x − 2) = 2f (x − 1) + x − 1 (2.66)

với số thực x Từ (2.64), (2.65) (2.66), ta rút f (x) = −x + với số thực x.

Thử lại, có f (x) = −x + với số thực x thỏa mãn (2.55).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = −x + với số

(32)

Bài tốn 17 (IMO 2015) Hãy tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

f (x + f (x + y)) + f (xy) = x + f (x + y) + yf (x) (2.67)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Trong (2.67), ta cho x = y = f (f (0)) = Ta tiếp tục cho x = y = f (0) vào

(2.67) f (0) = f (0) = 2.

Nếu f (0) = ta suy f (2) = Ta cho y = vào (2.67) được

f (x + f (x + 1)) = x + f (x + 1) (2.68)

với số thực x Trong (2.67), ta lại cho x = thay y x+f (x+1)

và kết hợp (2.68)

f (x + 1) = − x

với số thực x Dẫn đến, f (x) = − x với số thực x.

Nếu f (0) = ta cho x = −1 y = vào (2.67) f (−1) = −1.

Ta tiếp tục cho x = y = −1 vào (2.67) f (1) = Ta lại thay

y y − x (2.67) được

f (x + f (y)) + f (x(y − x)) = x + f (y) + (y − x)f (x) (2.69)

với số thực x, y Ta cho y = vào (2.69) được

f (x) + f −x2 = x − xf (x) (2.70)

với số thực x Ta lại thay x −x (2.70) được

(33)

(x + 1)f (x) + (x − 1)f (−x) = 2x (2.72)

với số thực x Trong (2.67), ta thay y − x được

f (x + 1) + f (x(1 − x)) = x + + (1 − x)f (x) (2.73)

với số thực x Trong (2.67), ta lại thay x −x y −1 + x

được

f (−x − 1) + f (x(1 − x)) = −x − + (x − 1)f (−x) (2.74)

f (−x − 1) + f (x(1 − x)) = x − − (x + 1)f (x) (2.75)

với số thực x Ta trừ (2.73) (2.75) vế theo vế được

f (x + 1) − f (−x − 1) = + 2f (x) (2.76)

với số thực x Từ (2.72), ta có

f (−x) = 2x − (x + 1)f (x) x − 1

với số thực x khác Do đó,

f (−x − 1) = 2x + − (x + 2)f (x + 1)

x (2.77)

với số thực x khác Từ (2.76) (2.77), ta được

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

với số thực x khác Vì f (1) = nên

(34)

với số thực x Bây giờ, ta thay x x − y −x (2.67)

được

f (x − 2) + f (x(1 − x)) = x − − xf (x − 1) (2.79)

với số thực x Ta trừ (2.73) (2.79) vế theo vế được

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

f (x + 3) − f (x) = − (x + 1)f (x + 2) + (x + 2)f (x + 1) (2.80)

với số thực x Từ (2.78), ta thu được

(x + 2)f (x + 2) = (x + 1)f (x + 1) + 2x + 3 (2.81)

(x + 2)f (x + 2) = 4x + + xf (x) (2.82)

với số thực x Từ (2.78), ta thu được

(x + 3)f (x + 3) = 2x + + (x + 2)f (x + 2) (2.83)

với số thực x Từ (2.82) (2.83), ta dẫn đến

(x + 3)f (x + 3) = 6x + + xf (x) (2.84)

với số thực x Ta nhân hai vế (2.80) với (x + 1)(x + 2)(x + 3)

rồi sử dụng (2.78), (2.82), (2.84), sau đó, ta khai triển rút gọn thu

được

2(x3 + 6x2 + 9x + 3)(f (x) − x) = 0

với số thực x Do đó, f (x) = x với số thực dương x Mặt khác, từ

(2.70), ta có f (−x2) = −x2 với số thực dương x Dẫn đến, f (x) = x

với số thực âm x Tóm lại, f (x) = x với số thực x.

Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) = − x với số

(35)

2.6 Giải phương trình hàm lớp hàm đơn điệu

Bài tốn 18 Tìm tất hàm đơn điệu f : R → R thỏa mãn f (x + f (y)) = f (x) + y (2.85)

(2.85)

f (f (y)) = y + f (0) (2.86)

với số thực y Suy ra, f đơn ánh Trong (2.85), ta thay x bởi

f (x) được

f (f (x) + f (y)) = f (f (x)) + y (2.87)

với số thực x, y Từ (2.86) (2.87), ta thu được

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

với số thực x, y Vì f đơn ánh nên ta được

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

với số thực x, y Do f (x) = ax với số thực x (a số

thực)

Thử lại, có f (x) = x với số thực x f (x) = −x với số

thực x thỏa mãn (2.85).

(36)

Bài toán 19 Tìm tất hàm tăng thực f : R → R thỏa mãn f (xf (y)) = yf (2x) (2.88)

vào (2.88) f (f (1)) = f (2) Vì f tăng thực nên f (1) = Ta cho

x = vào (2.88) được

f (f (y)) = yf (2) (2.89)

với số thực y Ta suy ra

f (f (f (y))) = f (yf (2)) (2.90)

với số thực y Từ (2.88), (2.89) (2.90), ta thu được

f (y)f (2) = 2f (2y) (2.91)

với số thực y Ta chứng minh f (x) = 2x với số thực x Thật

vậy, giả sử tồn số thực x0 sao cho f (x0) 6= 2x0 Nếu f (x0) < 2x0

f (f (x0)) < f (2x0) Ta cho y = x0 vào (2.89) f (f (x0)) = x0f (2) Ta lại cho y = x0 vào (2.91) f (2x0) =

1

2f (x0)f (2) Do đó, 2x0 < f (x0) (vì f (2) > f (1) > 0), điều mâu thuẫn Nếu f (x0) > 2x0 tương

tự trường hợp ta đến điều mâu thuẫn

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = 2x với số thực x.

Bài tốn 20 Tìm tất hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn

f





x + f (x)

2 + y



(37)

và

(f (x) − f (y))(x − y) ≥ 0 (2.93)

với số thực không âm x, y.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Từ (2.93), ta suy ra f hàm tăng [0; +∞).

Ta khẳng định f (x) ≥ x với số thực không âm x Thật vậy,

giả sử tồn số thực không âm x0 mà f (x0) < x0 Ta cho x = x0

y = x0 − f (x0)

2 vào (2.92)

f (x0) = 2x0 − f (x0) + f 

f 



x0 − f (x0)    . Vì f  f  

x0 − f (x0)



 

 ≥ nên f (x0) ≥ x0 Điều mâu thuẫn

Bây giờ, ta tìm giá trị f (0) Đặt f (0) = c Ta cho x = c và

y = vào (2.92) được

f





c + f (c)

2 

 = 2c.

Mặt khác, f (c) ≥ c nên

f





c + f (c)

2 

 ≥ f (c).

Dẫn đến,

f (c) ≤ 2c. (2.94)

Ta tiếp tục thay x = y = vào (2.92) được

f c

2 !

= −c + f (c).

Vì c

2 ≥ nên f

c

2 !

≥ c Ta suy ra

(38)

Từ (2.94) (2.95), ta suy f (c) = 2c c = Vậy f (0) = 0.

Cuối cùng, ta thay y = vào (2.92) được

f





x + f (x)

2 

 = 2x − f (x) (2.96)

với số thực không âm x Tuy nhiên, dựa vào khẳng định f (x) ≥ x

với số thực khơng âm x tính khơng giảm hàm f [0; +∞),

ta có

f





x + f (x)

2 

 ≥ x (2.97)

và

2x − f (x) ≤ x (2.98)

với số thực không âm x Từ (2.96), (2.97) (2.98), ta suy ra

f (x) = x với số thực không âm x.

Thử lại, hàm số tìm thỏa mãn (2.92) (2.93)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = x với số thực

không âm x.

(f (x) + f (z))(f (y) + f (t)) = f (xy − zt) + f (xt + yz) (2.99)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta cho x = y = z = t = vào (2.99) f (0) = f (0) =

2 Nếu f (0) =

2 ta cho

x = y = z = vào (2.99) f (t) =

2 với số thực t Nếu f (0) = 0 thì ta cho z = t = vào (2.99) được

(39)

với số thực x, y Ta cho x = y = vào (2.100) f (1) = hoặc

f (1) = Nếu f (1) = ta cho y = vào (2.100) f (x) = với

mọi số thực x Nếu f (1) = ta cho x = y = t = vào (2.99)

được

f (−z) = f (z)

với số thực z Do đó, f hàm số chẵn Từ (2.100), ta có

f (x)2 = fx2

với số thực x Ta suy f (x) ≥ với số thực không âm x Trong

(2.99), ta thay t x z y được

f x2 + y2 = (f (x) + f (y))2

với số thực x, y Do đó,

f x2 + y2 ≥ f

x2

với số thực khơng âm x, y Vì vậy, hàm số f tăng [0; +∞) Mặt

khác, ta cho y = z = t = vào (2.99) được

f (x − 1) + f (x + 1) = 2(f (x) + 1)

với số thực x Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được

f (n) = n2 với số nguyên dương n Từ (2.100), ta khẳng định

f (r) = r2 với số hữu tỷ dương r Ta chứng minh f (x) = x2 với số thực dương x Thật vậy, giả sử tồn số thực dương a mà f (a) 6= a2

Nếu f (a) < a2 thì tồn số hữu tỷ r cho qf (a) < r < a Vì f là

hàm tăng (0; +∞) r < a nên f (r) < f (a), suy r2 < f (a) hay r < qf (a) Điều mâu thuẫn Nếu f (a) > a2 tương tự ta cũng suy điều mâu thuẫn Do đó, f (x) = x2 với số thực x.

Thử lại, ba hàm số tìm thỏa mãn (2.99)

Vậy tốn có ba nghiệm hàm f (x) ≡ 0, f (x) ≡

(40)

2.7 Giải phương trình hàm lớp hàm liên tục

Bài tốn 22 Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa mãn f (x) = f x

2 !

(2.101)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Bằng phương pháp

quy nạp, ta có

f (x) = f x

2n

!

(2.102)

với số thực x, với số nguyên dương n Trong (2.102), ta cho

n → +∞ sử dụng tính liên tục hàm f f (x) = f (0) với mọi

số thực x Suy f hàm hằng.

Thử lại, hàm thỏa mãn (2.101)

Vậy phương trình nghiệm với hàm

Bài tốn 23 Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa mãn f (1) = −1 và

f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy (2.103)

(2.103) f (0) = Nếu ta đặt g(x) = f (x) − x2 − 2x (2.103) trở

thành

g(x + y) = g(x) + g(y)

với số thực x, y Vì thế, g(x) = −4x với số thực x Tức là

(41)

Thử lại, hàm số vừa tìm thỏa mãn (2.103)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = x2 − 2x với số

thực x.

Bài tốn 24 Tìm tất hàm liên tục f : R+ → R+ thỏa mãn

f





f (xy)



 = f (x)f (y) (2.104)

(2.104)

f





f (x)



 = f (1)f (x)

với số thực dương x Dẫn đến,

f





f (xy)



 = f (1)f (xy)

với số thực dương x, y Do đó,

f (1)f (xy) = f (x)f (y) (2.105)

với số thực dương x, y Nếu ta đặt g(x) = f (x)

f (1) (2.105) trở thành

g(xy) = g(x)g(y)

với số thực dương x, y Vì thế, g(x) = xa với số thực dương x

(a số thực) Tức f (x) = kxa với số thực dương x (k a

là số thực)

Thử lại, có f (x) = với số thực dương x f (x) = k

x với

mọi số thực dương x (k số thực dương) thỏa mãn (2.104).

Vậy toán có nghiệm hàm f (x) = với số thực dương

x f (x) = k

(42)

Bài tốn 25 Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa mãn f x + y

2 !

= qf (x)f (y) (2.106)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Từ (2.106), ta có f (x) ≥ với số thực x.

Nếu tồn số thực x0 để f (x0) = ta cho x = x0 vào (2.106)

f (x) = với số thực x.

Nếu f (x) > với số thực x Từ (2.106), ta suy ra

ln f x + y

!

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

2 (2.107)

với số thực x, y Nếu ta đặt g(x) = ln f (x) (2.107) trở thành

g x + y

2 !

= g(x) + g(y)

2 (2.108)

với số thực x, y Do đó, g(x) = ax + b với số thực x (a, b các

hằng số thực) Như vậy, f (x) = abx với số thực x (a, b hằng

số thực dương)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) ≡ f (x) = abx với

số thực x (a, b số thực dương).

Bài tốn 26 Tìm tất hàm liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn f (x) =

2 "

f x

2 !

+ f 1 + x

!#

(2.109)

với số thực x thuộc [0; 1].

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Vì hàm số f liên tục

(43)

và giá trị nhỏ m số thực b thuộc [0; 1] Do đó,

1

"

f a

2 !

+ f 1 + a

!#

≤ M.

Dẫn đến, f (a) ≤ M Nhưng f (a) = M nên f a

!

= M Bằng phép quy

nạp, ta

f a

2n

!

= M (2.110)

với số nguyên dương n Trong (2.110), ta cho n → +∞ sử dụng

tính liên tục hàm f M = f (0) Tương tự, ta chứng minh

được m = f (0) Do đó, f hàm [0; 1].

Thử lại hàm [0; 1] thỏa mãn (2.109)

Vậy hàm [0; 1] nghiệm hàm toán

Bài toán 27 Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa mãn f (x + y)f (x − y) = f (x)2f (y)2 (2.111)

vào (2.111) f (0)2 = f (0)4, suy f (0) ∈ {−1; 0; 1}.

Nếu f (0) = cho y = vào (2.111), ta f (x) = với số

thực x.

Nếu f (0) = ta thay y x (2.111) được

f (2x) = f (x)22 (2.112) với số thực x Suy ra, f (x) ≥ với số thực x Giả sử tồn số

thực a để f (a) = Từ (2.112) phương pháp quy nạp, ta thu được

f a

2n

!

(44)

với số nguyên dương n Trong (2.113), ta cho n → +∞ được

f (0) = Điều mâu thuẫn Do đó, f (x) > với số thực x.

Ta cho x = vào (2.111) được

f (−y) = f (y)

với số thực y Vì thế, f hàm số chẵn Bằng phương pháp quy nạp,

ta chứng minh

f (nx) = f (x)n2 (2.114) với số thực x, với số nguyên dương n Trong (2.114), ta thay x

bởi my

n

f (my) = f my n

!n2

với số thực y, với số nguyên dương m, n Dẫn đến,

f my n

!n2

= f (y)m2 (2.115)

với số thực y, với số nguyên dương m, n Ta cho y = vào

(2.115)

f m n

!n2

= f (1)m2 (2.116)

với số nguyên dương m, n Từ (2.116) tính chẵn hàm f , ta

suy

f (q) = cq2 (2.117) với số hữu tỷ q (c = f (1)) Với số thực r, tồn dãy số hữu tỷ

(qn) cho lim qn = r Ta thay q qn (2.117)

f (qn) = cq

2

(45)

với số nguyên dương n Trong (2.118), ta cho n → +∞ f (r) =

cr2 với số thực r Vì vậy, f (x) = cx2 với số thực x (c số thực dương)

Nếu f (0) = −1 đặt g(x) = −f (x), ta tìm g(x) = cx2 với mọi số thực x (c số thực dương) Vì vậy, f (x) = −cx2 với số thực x (c số thực dương).

Thử lại, nghiệm hàm tìm thỏa mãn (2.111)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = cx2 với số thực x,

f (x) = −dx2 với số thực x (c, d số thực dương) f (x) ≡ 0.

2.8 Giải phương trình hàm lớp hàm bị chặn

Bài toán 28 Tìm tất hàm f : R → R bị chặn trên −1 2;

1

!

và thỏa mãn

f (x) −

2f

x

2 !

= x2 (2.119)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Từ (2.119) bằng

phương pháp quy nạp, ta thu

f (x) =

2n+1f x

2n+1

!

+ x2 +

23 + · · · + 23n

!

(2.120)

với số thực x, với số nguyên dương n Với số thực x, tồn

tại số nguyên dương N để

|x| 2n+1 <

1

với số nguyên dương n lớn N Từ (2.118), ta suy ra

f (x) =

2n+1f x

2n+1

!

+ x2 −

1 7.8n

!

(46)

với số thực x, với số nguyên dương n lớn N Vì f bị chặn trên

−1 2;

1

!

nên cho n → +∞ (2.121), ta thu f (x) = 7x

2

Thử lại, hàm số tìm thỏa mãn đề

Vậy f (x) = 7x

2 với số thực x nghiệm hàm bài

toán

Bài tốn 29 Có tồn hay khơng hàm f : R → R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau:

1 f bị chặn R;

2 f (1) = 1;

3.

f x + x2

!

= f (x) + f

x

!2

(2.122)

với số thực x khác ?

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện đề Vì f bị chặn R nên tồn số thực α để α = sup

R+

f (x) Vì f (2) = nên α ≥ Khi đó,

f (x) ≤ α (2.123)

với số thực dương x Ngoài ra, với số thực dương , tồn số

thực a khác cho

f (a) ≥ α − . (2.124)

Ta cho x = a vào (2.122) kết hợp (2.123), (2.124) được

f a

!

(47)

với số thực dương Ta lại cho x =

a vào (2.122) kết hợp (2.123),

(2.124), (2.125)

α ≥ −√ + (α − )2 (2.126)

với số thực dương bé α Trong (2.126), ta cho → 0+

α ≥ α2.

Ta suy ≤ α ≤ Điều mâu thuẫn.

Vậy không tồn hàm số thỏa mãn đề

Bài tốn 30 Tìm tất hàm f : R → R bị chặn [0; 1] và thỏa mãn

f (4f (x) + f (y)) = 4x + y (2.127)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta thay y x vào

(2.127)

f (5f (x)) = 5x (2.128)

với số thực x Trong (2.127), ta lại thay x 5f (x) y 5f (y)

rồi kết hợp (2.128)

f (20x + 5y) = 20f (x) + 5f (y) (2.129)

với số thực x, y Ta cho x = y = vào (2.129) f (0) = Do

đó, từ (2.129), ta thu

f (20x + 5y) = f (20x) + f (5y)

với số thực x, y Vì vậy,

(48)

với số thực x, y Mặt khác, f bị chặn [0; 1] nên f (x) = ax với

mọi số thực x (a số thực).

Thử lại, hai hàm số f (x) = x f (x) = −x thỏa mãn đề với

mọi số thực x.

2.9 Giải phương trình hàm cách sử dụng dãy hàm số

Bài tốn 31 Hãy tìm tất hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn

f (x) + f (f (x)) = 2x (2.130)

với số thực không âm x.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta xây dựng dãy

hàm số (un) sau

   

  

u1(x) = x

un+1(x) = f (un(x))

với số nguyên dương n Trong (2.130), ta thay x un(x) được

un+2(x) + un+1(x) − 2un(x) = 0 (2.131)

với số thực không âm x, với số nguyên dương n Ta giải phương

trình sai phân (2.131)

un(x) =

2x + f (x)

3 +

f (x) − x

6 .(−2)

n (2.132)

với số thực không âm x, với số nguyên dương n.

(49)

tồn số thực không âm a cho f (a) 6= a Từ (2.132), ta có

un(a) =

2a + f (a)

3 +

f (a) − a

6 .(−2)

n

với số nguyên dương n Nếu f (a) < a lim u2n(a) = −∞, vơ lí.

Nếu f (a) > a lim u2n+1(a) = −∞, vơ lí.

khơng âm x.

Bài tốn 32 Hãy tìm tất song ánh tăng f : R → R thỏa mãn f (x) + f−1(x) = 2x (2.133)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta thay x f (x)

vào (2.133)

f (f (x)) − 2f (x) + x = 0 (2.134)

với số thực x Ta xây dựng dãy hàm số (un) sau

   

  

u1(x) = x

un+1(x) = f (un(x))

với số nguyên dương n Trong (2.134), ta thay x un(x) được

un+2(x) − 2un+1(x) + un(x) = 0 (2.135)

với số thực x, với số nguyên dương n Ta giải phương trình sai

phân (2.135)

(50)

với số thực x, với số nguyên dương n Dẫn đến,

un(x) − un(0) = (f (x) − x − f (0))n + 2x − f (x) − f (0)

với số thực x, với số nguyên dương n Vì un tăng nên

f (x) − x − f (0) + 2x − f (x) − f (0)

n > 0 (2.136)

với số thực dương x, với số nguyên dương n và

f (x) − x − f (0) + 2x − f (x) − f (0)

n < 0 (2.137)

với số thực âm x, với số nguyên dương n Trong (2.136) và

(2.137), ta cho n → +∞ được

f (x) − x − f (0) ≥ 0 (2.138)

với số thực dương x và

f (x) − x − f (0) ≤ 0 (2.139)

với số thực âm x.

Bây giờ, ta lại thay x f−1(x) vào (2.133) được

f−1 f−1(x)− 2f−1(x) + x = 0 (2.140)

với số thực x Ta xây dựng dãy hàm số (vn) sau

   

  

v1(x) = x

vn+1(x) = f−1(vn(x))

với số nguyên dương n Trong (2.140), ta thay x vn(x) được

vn+2(x) − 2vn+1(x) + vn(x) = 0 (2.141)

với số thực x, với số nguyên dương n Ta giải phương trình sai

phân (2.141)

vn(x) =

(51)

với số thực x, với số nguyên dương n Suy ra,

vn(f (x)) − vn(f (0)) = (x − f (x) + f (0))n + 2f (x) − x − 2f (0)

với số thực x, với số nguyên dương n Vì vn ◦ f một

song ánh tăng nên

x − f (x) + f (0) + 2f (x) − x − 2f (0)

n ≥ (2.142)

với số thực dương x, với số nguyên dương n và

x − f (x) + f (0) + 2f (x) − x − 2f (0)

n ≤ (2.143)

với số thực âm x, với số nguyên dương n Trong (2.142) và

(2.143), ta cho n → +∞ được

x − f (x) + f (0) ≥ 0 (2.144)

với số thực dương x và

x − f (x) + f (0) ≤ 0 (2.145)

với số thực âm x.

Từ (2.138), (2.139), (2.144) (2.145), ta thu f (x) = x + f (0)

với số thực x Vì vậy, f (x) = x + C với số thực x (C số

thực)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = x + C với số thực x

(C số thực).

Bài tốn 33 Tìm tất hàm số f : R \

(1 3; −

1

)

→ R thỏa mãn

f (x) + f x + 1

1 − 3x !

(52)

3 và − 3.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta xây dựng dãy

hàm số (un) sau

          

u1(x) = x

un+1(x) =

un(x) + 1

1 − 3un(x)

với số nguyên dương n Rõ ràng, với số thực x khác

3 − thì (un(x)) dãy số tuần hồn chu kỳ Do đó, từ (2.146), ta có

                

f (u1(x)) + f (u2(x)) = u1(x)

f (u2(x)) + f (u3(x)) = u2(x)

f (u3(x)) + f (u1(x)) = u3(x)

3 −

3 Giải hệ này, ta thu

f (u1(x)) =

u1(x) + u3(x) − u2(x)

3 −

3 Vì vậy, f (x) =

9x3 + 6x2 − x + 2 18x2 − 2 với

mọi số thực x khác

3 −

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = 9x

3 + 6x2 − x + 2

18x2 − 2 với mọi số thực x khác

(53)

Bài tốn 34 Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn f (x) + f 2x

3 !

= 3x

5 (2.147)

(2.147) f (0) = Ta xây dựng dãy hàm số (un) sau

        

u1(x) = x

un+1(x) =

2un(x)

3

với số nguyên dương n Do đó, un(x) = x

2

!n−1

với số thực x,

với số nguyên dương n Dẫn đến, lim un(x) = với số thực x.

Ta thay x u1(x), u2(x), , un(x) (2.147) được

                            

f (u1(x)) + f (u2(x)) =

3u1(x)

f (u2(x)) + f (u3(x)) =

3u2(x)

.

f (un(x)) + f (un+1(x)) =

3un(x)

5

với số thực x, với số nguyên dương n Từ đó, ta dẫn đến

f (u1(x)) + (−1)n+1f (un+1(x)) =

9

25u1(x) "

1 − −2

!n#

(2.148)

với số thực x, với số nguyên dương n Trong (2.148), ta cho

n → +∞ sử dụng tính liên tục hàm số f f (x) = 9x

25 với mọi số thực x.

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = 9x

(54)

Bài tốn 35 Tìm tất hàm liên tục f : R → R thỏa mãn f x2+ f (x) = x2 + x (2.149)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đặt g(x) = f (x) − x,

từ đề bài, ta dẫn đến g hàm số liên tục, g(0) = 0, g(1) = và

gx2+ g(x) = 0 (2.150)

với số thực x Như thế, g hàm số chẵn Từ (2.150), ta suy ra

g(x) = gx4

g(x) = g

x14

(2.151)

với số thực dương x Ta xây dựng dãy hàm số (un) sau

   

  

u1(x) = x

un+1(x) = u

1

n(x)

với số nguyên dương n Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh

được

un(x) = x

1 4n−1

với số thực dương x, với số nguyên dương n Do đó, lim un(x) = 1

với số thực dương x Trong (2.151), ta thay x un(x) được

g(un+1(x)) = g(un(x))

với số thực dương x, với số nguyên dương n Cũng phương

pháp quy nạp, ta thu

(55)

với số thực dương x, với số nguyên dương n Trong (2.152), ta

cho n → +∞ sử dụng tính liên tục hàm g g(x) = g(1) với

mọi số thực dương x Do đó, g(x) = với số thực dương x Tóm lại,

f (x) = x với số thực x.

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = x với số thực x.

2.10 Giải phương trình hàm phương pháp thêm biến

Bài tốn 36 Hãy tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn

f (x + y) = f (x)f (y)f (xy) (2.153)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Từ (2.153), ta thêm

biến z được

f (x + y + z) = f (x)f (y + z)f (xy + zx) (2.154)

với số thực dương x, y, z Từ (2.153) (2.154), ta thu được

f (x + y + z) = f (x)f (y)f (z)f (yz)f (xy)f (zx)f x2yz (2.155)

với số thực dương x, y, z Ta hốn đổi vị trí x y (2.155)

được

f (y + x + z) = f (y)f (x)f (z)f (zx)f (xy)f (yz)f xy2z (2.156)

với số thực dương x, y, z Từ (2.155) (2.156), ta được

f x2yz = f xy2z (2.157)

với số thực dương x, y, z Ta thay z bởi

(56)

với số thực dương x, y Dẫn đến, f (x) = c với số thực dương x

(c số thực dương) Từ (2.153), ta suy c = Vì vậy, f (x) = 1

với số thực dương x.

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) ≡ 1.

Bài tốn 37 Hãy tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

xf (x) − yf (y) = (x − y)f (x + y) (2.158)

biến z được

xf (x) − zf (z) = (x − z)f (x + z)

với số thực x, z Do đó,

(x − z)f (x + z) = (x − y)f (x + y) + (y − z)f (y + z) (2.159)

với số thực x, y, z Với số thực t, ta ln tìm số thực

x0, y0, z0 sao cho x0 + z0 = t, x0 + y0 = y0 + z0 = Cụ thể,

x0 =

t + 1

2 , y0 =

1 − t

2 và z0 =

t − 1

2 Từ (2.159), ta thu

f (t) = tf (1) + (1 − t)f (0)

với số thực t Tóm lại, f (x) = ax + b với số thực x (a, b các

hằng số thực)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = ax + b với số thực x

(57)

Bài toán 38 Hãy tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn

f (x + y) + f (xy − 1) = f (x) + f (y) + f (xy) (2.160)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đặt g(x) = f (x) − f (x − 1), (2.160) trở thành

f (x + y) = f (x) + f (y) + g(xy) (2.161)

với số thực x, y Từ (2.161), ta thêm biến z được

f (x + y + z) = f (x) + f (y + z) + g(xy + zx) (2.162)

với số thực x, y, z Kết hợp (2.161) (2.162), ta được

f (x + y + z) = f (x) + f (y) + f (z) + g(yz) + g(xy + zx) (2.163)

với số thực x, y, z Ta đổi chỗ x y (2.163) được

f (x + y + z) = f (x) + f (y) + f (z) + g(zx) + g(xy + yz) (2.164)

với số thực x, y, z Từ (2.163) (2.164), ta được

g(yz) + g(xy + zx) = g(zx) + g(xy + yz) (2.165)

với số thực x, y, z.

Ta chứng minh

g(u) + g(v) = g(u + v) + g(0) (2.166)

với số thực u, v.

(58)

Nếu u > v > với số thực dương w, ta cho x = s

vw u , y =

suv

w và z =

swu

v vào (2.165)

g(u) + g(v + w) = g(u + v) + g(w). (2.167)

Trong (2.167), ta cho w → 0+ và sử dụng tính liên tục hàm g thì

được (2.166)

Nếu u < v < với số thực dương w, ta cho x =

svw

u , y = −

suv

w và z =

swu

v vào (2.165)

g(u) + g(v + w) = g(u + v) + g(w). (2.168)

Trong (2.168), ta cho w → 0+ và sử dụng tính liên tục hàm g thì

được (2.166)

Nếu u < v > với số thực âm w, ta cho x = svw

u , y =

suv

w

và z = − swu

v vào (2.165)

g(u) + g(v + w) = g(u + v) + g(w). (2.169)

Trong (2.169), ta cho w → 0− và sử dụng tính liên tục hàm g thì

được (2.166)

Nếu u > v < với số thực âm w, ta cho x = − svw

u , y =

suv

w và z =

swu

v vào (2.165)

g(u) + g(v + w) = g(u + v) + g(w). (2.170)

Trong (2.170), ta cho w → 0− và sử dụng tính liên tục hàm g thì

được (2.166)

Nếu u = v = (2.166) hiển nhiên đúng.

Bây giờ, ta đặt h(x) = g(x) − g(0) (2.166) trở thành

(59)

với số thực x, y Vì h hàm số liên tục R nên h(x) = ax với số thực x (a số thực) Do đó, g(x) = ax + b với số

thực x (a, b số thực) Khi đó, (2.161) trở thành

f (x + y) = f (x) + f (y) + axy + b (2.171)

với số thực x, y Bây giờ, ta lại đặt q(x) = f (x) −a 2x

2+ b (2.171)

trở thành

q(x + y) = q(x) + q(y)

với số thực x, y Vì q hàm số liên tục R nên q(x) = cx với số thực x (c số thực) Tóm lại, f (x) = Ax2 + Bx + C

với số thực x (A, B, C số thực).

Thử lại, hàm số f (x) = Ax2+ Bx + C với số thực x (A,

B, C số thực A = B + C) thỏa mãn (2.160).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = Ax2+ Bx + C với số

thực x (A, B, C số thực A = B + C).

Bài tốn 39 Hãy tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn q

f (8f (xy)2 + x2y2) = 3(yf (x) + xf (y)) (2.172)

biến z được

q

f (8f (xyz)2 + x2y2z2) = 3(yzf (x) + xf (yz)) = 3(yf (zx) + zxf (y))

với số thực dương x, y, z Dẫn đến,

(60)

với số thực dương x, y, z Nếu ta đặt g(x) = f (x)

x (2.173) trở

thành

g(x) + g(yz) = g(zx) + g(y) (2.174)

với số thực dương x, y, z Trong (2.174), ta cho y = được

g(x) + g(z) = g(zx) + g(1)

với số thực dương x, z Dẫn đến,

g (ex) + g (ey) = gex+y+ g(1) (2.175)

với số thực x, y Nếu ta đặt h(x) = g (ex) − g(1) (2.175) trở

thành

h(x + y) = h(x) + h(y)

với số thực x, y Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

h(nx) = nh(x)

với số thực x, với số nguyên dương n Vì thế,

h(x) > −g(1)

n (2.176)

với số thực x, với số nguyên dương n (do h(x) > −g(1) với mọi

số thực x) Trong (2.176), ta cho n → +∞ h(x) ≥ với số

thực x Vì vậy, h hàm số tăng R Từ đó, ta suy h(x) = với mọi số thực x Tóm lại, f (x) = ax với số thực dương x (a hằng

số thực dương)

Thử lại, hai hàm số f (x) = + √

79

4 x f (x) =

9 −√79

4 x thỏa mãn (2.172) với số thực dương x.

Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) = + √

79

4 x với mọi số thực dương x f (x) = −

√ 79

(61)

CHƯƠNG 3

CÁC BÀI TỐN TỔNG HỢP

Bài tốn 40 (Thailand MO 2019) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn

f x + yf (x) + y2 = f (x) + 2y (3.1)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Với hai số thực dương x, t tùy ý, tồn số thực dương y0 sao cho y0f (x) + y02 = t Cụ thể,

y0 = q

f (x)2 + 4t − f (x)

2 .

Từ (3.1), ta suy

f (x + t) = qf (x)2 + 4t (3.2)

với số thực dương x, t Trong (3.2), ta đổi chỗ x t cho nhau

thì

f (x + t) = qf (t)2 + 4x (3.3)

với số thực dương x, t Từ (3.2) (3.3), ta thu được

f (x)2 − 4x = f (t)2 − 4t

với số thực dương x, t Do đó,

(62)

với số thực dương x (C số thực khơng âm) Vì vậy, f (x) =

2√x + b với số thực dương x (b số thực không âm).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = 2√x + b với số thực

dương x (b số thực khơng âm).

Bài tốn 41 (Spain MO 2018) Tìm tất hàm số f : R+ → R+

thỏa mãn

f (x + f (y)) = yf (xy + 1) (3.5)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta thay x bởi y − 1 y

trong (3.5)

f y − 1

y + f (y)

!

= yf (y) (3.6)

với số thực y lớn Trong (3.5), ta lại thay y bởi x − 1

x + f (x)

được

f x + f x − 1

x + f (x)

!!

= x − 1

x + f (x)

!

f (x + xf (x)) (3.7)

với số thực x lớn Từ (3.6) (3.7), ta thu được

x − 1

x + f (x) = 1

với số thực x lớn Hay, f (x) =

x với số thực x lớn 1.

Khi đó,

f (1 + f (x)) =

(63)

với số thực dương x Ta lại cho x = vào (3.5) được

f (1 + f (y)) = yf (y + 1) (3.9)

với số thực dương y Mặt khác,

f (x + 1) =

x + 1 (3.10)

với số thực dương x Từ (3.8), (3.9) (3.10), ta f (x) =

x với

mọi số thực dương x.

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) =

x với số thực

dương x.

Bài toán 42 (Benelux MO 2016) Tìm tất hàm số f : R → Z thỏa mãn

f (f (y) − x)2 + f (x)2 + f (y)2 = f (y)(1 + 2f (f (y))) (3.11)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đặt a = f (0) Ta cho x = y = vào (3.11) a − a2 = (f (a) − a)2 Suy ra, a − a2 ≥ Vì

a số nguyên nên a = a = 1.

Nếu a = ta cho y = vào (3.11) được

f (−x)2 + f (x)2 =

với số thực x Do đó, f (x) = với số thực x.

Nếu a = ta cho x = y = vào (3.11) f (1) = Khi cho

y = vào (3.11), ta được

(64)

với số thực x Vì f (x) f (1 − x) số nguyên nên từ (3.12),

ta thu

f (x)2 = (3.13)

với số thực x Mặt khác, cho x = vào (3.11), ta có

f (y) − = (f (f (y)) − f (y))2

với số thực y Vì vậy,

f (x) ≥ 1 (3.14)

với số thực x Từ (3.13) (3.14), ta thu f (x) = với số

thực x.

Thử lại, hai hàm tìm thỏa mãn (3.11)

Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) ≡ f (x) ≡ 1.

Bài tốn 43 (Iran MO 2018 (Vịng 3)) Tìm tất hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn

f x3 + xf (xy) = f (xy) + x2f (x + y) (3.15)

với số thực không âm x, y.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Gọi a nghiệm

thực dương phương trình x3+ f (1)x − = Ta cho x = a y =

a

vào (3.15)

f a + a

! = 0.

Ta suy f (b) = 0, với b = a +

a Với số thực t không âm, phương

trình x3 + f (t)x − b = ln có nghiệm dương xt Trong (3.15), ta

lại cho x = xt và y = t xt

thì

f (t) + x2tf xt+ t xt

(65)

với số thực không âm t Do đó, f (t) = với số thực không âm

t Tức là, f (x) = với số thực không âm x.

Thử lại, hàm số thỏa mãn (3.15)

Bài tốn 44 (Iran MO 2018 (Vịng 2)) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

f (x + y)f x2 − xy + y2 = x3 + y3 (3.16)

(3.49)

f (x)f x2 = x3 (3.17)

với số thực x Ta cho x = vào (3.17) f (0) = Ta lại cho

x = vào (3.17) f (1) = f (1) = −1.

Nếu f (1) = đặt g(x) = f (x)

x , từ (3.17), ta có

g(x)gx2 = (3.18)

với số thực x khác Trong (3.18), ta thay x −x được

g(−x)gx2 = (3.19)

với số thực x khác Từ (3.18) (3.19), ta suy g hàm số chẵn

trên R \ {0}

Trong (3.16), ta thay y − x được

f 3x2 − 3x + 1 = 3x2 − 3x + 1

với số thực x Vì tập giá trị hàm số h(x) = 3x2 − 3x + trên

R "1

4; +∞ !

nên f (x) = x với số thực x thuộc "1

4; +∞ !

(66)

g(x) = với số thực x thuộc

"1

4; +∞ !

Ta chứng minh g(x) = với số thực x thuộc 0;

!

Giả sử tồn

tại số thực a thuộc 0;

!

mà g(a) 6= Trong (3.18), ta cho x = √a

được

g(a)g(√a) = 1.

Trong (3.18), ta lại cho x = √4 a được

g(√a)g(√4 a) = 1.

Do g(a) = g(√4 a) Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

g(a) = g 2n√

a

với số nguyên dương n Vì < a <

4 nên tồn số nguyên dương

N cho 2N√a ≥

4 Dẫn đến, g

2N√a= hay g(a) = Điều mâu

thuẫn

Vì vậy, g(x) = với số thực x khác Mặt khác f (0) = nên

f (x) = x với số thực x.

Nếu f (1) = −1 cách đặt h(x) = −f (x) theo trường hợp

trên, ta tìm f (x) = −x với số thực x.

Bài toán 45 (Vietnam MO 2017) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

(67)

(3.20)

f (f (y) − f (1)) = 2f (1) + y (3.21)

với số thực y Từ (3.21), ta suy f song ánh Do đó, tồn tại

số thực a cho f (a) = Bây giờ, ta cho x = y = a vào (3.20) được

f (0) = a2 Còn cho x = a y = vào (3.20), ta f (a3) = Từ tính đơn ánh f , ta rút a = a3, tức a ∈ {−1; 0; 1} Như

thế, f (0) = f (0) = 1.

Nếu f (0) = cho y = vào (3.20) sử dụng tính tồn ánh của

hàm số f , ta rút f (−x) = 2x với số thực x, hay f (x) = −2x

Nếu f (0) = ta cho x = y = vào (3.20) f (−1) = Ta tiếp

tục cho x = y = vào (3.20) f (1) = Ta cho x = vào (3.20)

được

f (f (y)) = y (3.22)

với số thực y Ta thay y f (y) (3.20) sử dụng (3.22)

được

f (xy − f (x)) = 2f (x) + xf (y) (3.23)

với số thực x, y Trong (3.23), ta thay y bởi f (x)

x

f





f (x) x



 =

1 − 2f (x)

x (3.24)

với số thực x khác Ta lại thay y bởi f (x)

x (3.20) sử dụng

(3.24)

(68)

với số thực x khác Mặt khác, ta cho x = −1 y = vào (3.20)

được f (−2) = Do đó,

f (1 − 3f (x)) = 3f (x) (3.25)

với số thực x Từ (3.25) tính tồn ánh hàm số f , ta thu được

f (1 − 3x) = 3x

với số thực x Dẫn đến, f (x) = − x với số thực x.

Thử lại, f (x) = − x với số thực x thỏa mãn (3.20).

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = − x với số

thực x.

Bài tốn 46 (Japan MO 2019) Tìm tất hàm số f : R+ → R+

thỏa mãn

f





f (y) f (x) +



 = f x +

y x +

!

− f (x) (3.26)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta chứng minh f

là đơn ánh Khơng tính tổng quát, giả sử tồn hai số thực

dương a, b cho f (a) = f (b) a < b Khi đó, tồn số thực c

sao cho < c < b − a Ta cho x = c cho y = a, y = b vào

(3.26) thu

f c + a c +

!

= f c + b c +

!

.

Đặt x0 = c+

a

c+1 y0 = c+ b

c+1, ta có f (x0) = f (y0) y0−x0−1 > 0.

Ta lại cho x = x0 và y = x0(y0 − x0 − 1) vào (3.26)

f





f (x0(y0 − x0 − 1))

f (x0)

+ 

(69)

Dẫn đến, f (y0) > f (x0) Điều mâu thuẫn với f (y0) = f (x0)

Ta cho x = vào (3.26) được

f y

2 + !

= f 



f (y) f (2) +



+ f (2) (3.27)

với số thực dương y Ta thay y x (3.26) được

f (x + 2) = f (x) + f (2) (3.28)

với số thực dương x Ta lại thay x bởi f (y)

f (2) + (3.28)

f





f (y) f (2) +



 = f 



f (y) f (2) +



+ f (2) (3.29)

với số thực dương y Từ (3.27), (3.29) kết hợp với tính đơn ánh

của f , ta thu f (y) = cy với số thực dương y (c số thực

dương)

Thử lại, hàm số tìm thỏa (3.26)

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = cx với số thực dương

x (c số thực dương).

Bài tốn 47 (Balkan TST 2017) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ sao cho

f (x)f (y)f (z) = 9f (z + xyf (z)) (3.30)

với số thực dương x, y, z.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta thay x xy và

cho y = (3.30) được

(70)

với số thực dương x, y, z Từ (3.30) (3.31), ta suy ra

f (x)f (y) = f (xy)f (1) (3.32)

với số thực dương x, y Ta nhân hai vế (3.32) với f (z) sử

dụng (3.32)

f (x)f (y)f (z) = f (xyz)f (1)2 (3.33)

với số thực dương x, y, z Từ (3.32), ta có

f (xyz)f





xy + f (z)

z



 = f (z + xyf (z))f (1) (3.34)

với số thực dương x, y, z Ta nhân (3.33) (3.34) vế theo vế sử

dụng (3.30)

9f 



xy + f (z)

z



 = f (1)

3 (3.35)

với số thực dương x, y, z Ta cho z = vào (3.35) được

f

xy + f (1)

!

= f (1)

9

với số thực dương x, y Do đó, f (x) = f (1)

9 với số thực x lớn hơn f (1) Từ (3.30), ta suy f (1) = Vì vậy, f (x) = với số

thực x lớn Trong (3.30), ta cho y = z = f (x) = với

mọi số thực dương x.

(71)

R+ sao cho

f (x)2 − f (y)f (z) = f (xy)f (y)f (z)[f (yz) − f (zx)] (3.36)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta nhân f (x) vào

hai vế (3.36)

f (x)3 − f (x)f (y)f (z) = f (x)f (y)f (z)f (xy)[f (yz) − f (zx)] (3.37)

với số thực dương x, y, z Ta thay x y, y z z x trong

(3.37)

f (y)3 − f (x)f (y)f (z) = f (x)f (y)f (z)f (yz)[f (zx) − f (xy)] (3.38)

với số thực dương x, y, z Ta tiếp tục thay x z, y x z bởi

y (3.37) được

f (z)3 − f (x)f (y)f (z) = f (x)f (y)f (z)f (zx)[f (xy) − f (yz)] (3.39)

với số thực dương x, y, z Ta cộng (3.37), (3.38) (3.39) vế theo

vế

f (x)3 + f (y)3 + f (z)3 = 3f (x)f (y)f (z)

với số thực dương x, y, z Do đó,

f (x) = f (y) = f (z)

với số thực dương x, y, z Vì vậy, f (x) = c với số thực dương x

(c số thực dương).

Thử lại, hàm tìm thỏa mãn (3.36)

(72)

Bài tốn 49 (IMO 2017) Hãy tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

f (f (x)f (y)) + f (x + y) = f (xy) (3.40)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Nếu f (0) = ta

cho y = vào (3.40) f (x) = với số thực x Nếu f (0) 6= thì

ta khẳng định : "Với số thực x, f (x) = x = 1" Giả sử tồn

tại số thực x0 để f (x0) = x0 6= Ta cho x =

x0

x0 −

và y = x0

vào (3.40) f (0) = Điều mâu thuẫn Do đó, khẳng định

trên mệnh đề

Ta cho x = y = vào (3.40) f (f (0)2) = Kéo theo, f (0) = 1

hoặc f (0) = −1.

Nếu f (0) = −1 ta cho y = vào (3.40) được

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

với số thực x Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

f (x + n) = f (x) + n (3.41)

với số thực x, với số nguyên dương n.

Tiếp theo, ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, với hai số thực a,

b nhỏ thỏa mãn f (a) = f (b), tồn hai số thực r s sao

cho rs + = a r + s = b, ta cho x = r y = s vào (3.40) được

f (f (r)f (s)) + f (b) = f (a − 1).

Từ (3.41), ta suy f (a − 1) = f (a) − Do đó, f (f (r)f (s)) = −1.

Dẫn đến, f (f (r)f (s) + 1) = Vì thế, f (r)f (s) = 0, tức r = hoặc

(73)

f (a) = f (b), tồn số nguyên dương m cho a − m b − m nhỏ

hơn 1, từ (3.41), ta f (a − m) = f (b − m) Kéo theo, a − m = b − m,

tức a = b.

Trong (3.40), ta thay y −x được

f (f (x)f (−x)) − = f −x2

f (f (x)f (−x)) = f1 − x2

với số thực x Từ tính đơn ánh f , ta suy ra

f (x)f (−x) = − x2 (3.42)

với số thực x Mặt khác, (3.40), ta thay y − x được

f (f (x)f (1 − x)) = f (x(1 − x))

với số thực x Từ tính đơn ánh f (3.41), ta suy ra

f (x)(1 + f (−x)) = x − x2 (3.43)

với số thực x Từ (3.42) (3.43), ta thu f (x) = x − với mọi

số thực x.

Nếu f (0) = cách đặt g(x) = −f (x) theo trường hợp trên,

ta thu g(x) = x − với số thực x Do đó, f (x) = − x với mọi

số thực x.

Thử lại, ba hàm số tìm thỏa mãn (3.40)

Vậy tốn có ba nghiệm hàm f (x) ≡ 0, f (x) = x − với

(74)

Bài toán 50 (APMO 2016) Hãy tìm tất hàm số f : R+ → R+

thỏa mãn

(z + 1)f (x + y) = f (xf (z) + y) + f (yf (z) + x) (3.44)

vào (3.44)

(z + 1)f (2) = 2f (f (z) + 1)

với số thực dương z Do đó, hàm f không bị chặn trên.

Ta chứng minh

f (a) + f (b) = f (c) + f (d) (3.45)

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 khơng

bị chặn nên tồn số thực dương e cho f (e) lớn 1, a

b, b a, c d d

c Khi đó, ta tìm số thực dương u, v, w, t thỏa mãn

                        

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 (3.44)

(e + 1)f (u + v) = f (a) + f (b).

Còn cho x = w, y = t z = e vào (3.44), ta lại được

(75)

Từ đó, ta thu f (a) + f (b) = f (c) + f (d).

Tiếp theo, ta thay x y bởi x

2 (3.44)

(z + 1)f (x) = f x

2f (z) +

x

2 !

+ f x

2f (z) +

x

2 !

(3.46)

với số thực dương x, z Theo (3.45), ta có

f x

2f (z) +

x

2 !

+ f x

2f (z) +

x

2 !

= f (xf (z)) + f (x) (3.47)

với số thực dương x, z Từ (3.46) (3.47), ta được

zf (x) = f (xf (z)) (3.48)

với số thực dương x, z.

Đặt a = f 



f (1)



 Ta cho x = z =

f (1) vào (3.48) f (a) = 1.

Ta lại cho x = z = a vào (3.48) af (a) = f (af (a)), suy a = 1

hay f (1) = Ta cho x = vào (3.48) được

z = f (f (z)) (3.49)

với số thực dương z Mặt khác, từ (3.45), ta thu được

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

với số thực dương x, y và

f (y + 1) + f (1) = f (y) + f (2)

với số thực dương y Do đó,

f (x + y) = f (x) + f (y) + C (3.50)

với số thực dương x, y (C = f (2) − 2) Ta thay x = y = f (2) vào

(3.50)

(76)

Từ (3.48) (3.49), ta có

f (2f (2)) = 2f (2) = 2(C + 2) f (f (2)) = 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 vậy, f (x) = x với số thực dương x.

dương x.

Bài toán 51 (Zhautykov MO 2018) Tìm tất số thực a để tồn tại hàm số f : R → R thỏa mãn

f (x − f (y)) = f (x) + a[y] (3.51)

Lời giải Giả sử tồn số thực a thỏa mãn đề bài.

Nếu a = ta chọn f hàm khơng.

Nếu a 6= trước tiên, ta có khẳng định: "Với hai số thực u, v bất kỳ,

f (u) = f (v) [u] = [v]" Với hai số thực u, v bất kỳ, ta có

f (x − f (u)) = f (x) + a[u] (3.52)

f (x − f (v)) = f (x) + a[v] (3.53)

với số thực x Nếu f (u) = f (v) từ (3.52) (3.53), ta thu được

[u] = [v] Nếu [u] = [v] từ (3.52) (3.53), ta suy ra

f (x − f (u)) = f (x − f (v))

(77)

với số thực x Do đó, f (u) = f (v) Như vậy, khẳng định là

mệnh đề

Tiếp theo, ta chứng minh f (x) số nguyên với số thực x Thật

vậy, giả sử tồn số thực x0 mà f (x0) không số nguyên Khi đó, tồn

tại hai số thực x1, x2 cho

[x1] = [x2] [x1 − f (x0)] 6= [x2 − f (x0)].

Ta cho x = x1 và y = x0 vào (3.51)

f (x1 − f (x0)) = f (x1) + a[x0]. (3.54)

Ta cho x = x2 và y = x0 vào (3.51)

f (x2 − f (x0)) = f (x2) + a[x0] (3.55)

Theo khẳng định trên, ta có f (x1) = f (x2) Từ (3.54) (3.55), ta suy

ra

f (x1 − f (x0)) = f (x2 − f (x0)).

Cũng theo khẳng định trên, ta

[x1 − f (x0)] = [x2 − f (x0)].

Điều mâu thuẫn

Bằng phương pháp quy nạp, ta thu

f (x − nf (y)) = f (x) + an[y] (3.56)

với số thực x, y, với số nguyên dương n Ta thay x x + nf (y)

trong (3.56)

f (x + nf (y)) = f (x) − an[y] (3.57)

với số thực x, y, với số nguyên dương n Từ (3.56) (3.57), ta

suy

(78)

với số thực x, y, với số nguyên n Dẫn đến,

f (x − f (z)f (y)) = f (x) + af (z)[y] (3.58)

với số thực x, y, z Ta đổi chỗ y z (3.58) được

f (x − f (y)f (z)) = f (x) + af (y)[z] (3.59)

với số thực x, y, z Từ (3.58) (3.59), ta thu được

f (z)[y] = f (y)[z] (3.60)

với số thực y, z Ta cho z = vào (3.60) f (y) = C[y] với mọi

số thực y (C số nguyên) Từ (3.51), ta tìm a = −C2 (C là

số nguyên khác 0)

Thử lại, với giá trị tìm a, ta tìm một

hàm số thỏa mãn (3.51)

Vậy a = −C2 (C số nguyên) thỏa mãn đề bài.

Bài tốn 52 (USAJMO 2016) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

(f (x) + xy)f (x − 3y) + (f (y) + xy)f (3x − y) = f (x + y)2 (3.61)

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Đầu tiên, ta cho x = y = vào (3.61) f (0) = Ta tiếp tục cho x = vào (3.61)

được

f (y)f (−y) = f (y)2

với số thực y Dẫn đến,

(79)

với số thực y Vì thế, f hàm số chẵn Trong (3.61), ta lại thay x

bởi −y được

f (y) − y2f (4y) = 0

với số thực y Do đó,

f (x) = x2 hoặc f (4x) = 0 (3.62)

Ta có khẳng định: "Với số thực x, f (x) = f (2x) = 0".

Trong (3.61), ta thay x 3y được

f (y) + 3y2f (8y) = f (4y)2 (3.63)

với số thực y Khi thay y bởi x

4, (3.63) trở thành



f

x

4 !

+ 3x

16 

f (2x) = f (x)2 (3.64)

với số thực x Từ (3.64), "Với số thực x, f (2x) = thì

f (x) = 0" mệnh đề Mặt khác, với số thực x khác 0, nếu f (4x) 6= từ (3.62), ta suy f (x) = x2, kéo theo f (2x) 6= (do (3.64)) Như thế, "Với số thực x, f (x) = f (2x) = 0" là

mệnh đề Do đó, khẳng định mệnh đề

Từ khẳng định (3.62), ta có

f (x) = x2 hoặc f (x) = 0 (3.65)

với số thực x Giả sử tồn hai số thực dương a, b khác sao

cho f (a) = f (b) = b2 Khi đó, tồn số tự nhiên N để 2Na > b.

Đặt c = 2Na Từ khẳng định trên, ta có f (c) = Lúc này, ta tìm

được hai số thực dương u, v cho

   

  

(80)

Cụ thể,

     

    

u = 3c + b

4

v = c − b

4 . Ta cho x = u y = v vào (3.61) được

(f (u) + uv)f (b) + (f (v) + uv)f (3u − v) = 0.

Điều vơ lí, theo (3.65), ta có f (x) ≥ với số thực x Cuối

cùng, f (x) = x2 với số thực x f (x) = với số thực x.

Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) = x2 với số thực

x f (x) ≡ 0.

Bài toán 53 (European MO 2016) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn

f (x + y + yf (x)) = f (x) + f (y) + xf (y) (3.66)

Lời giải Hàm không hàm đồng hai nghiệm hàm toán.

Giả sử tồn hàm số f khác hàm không hàm đồng thỏa

mãn đề Ta cho x = y = vào (3.66) f (0) = Ta cho x = −1

vào (3.66)

f [(f (−1) + 1)y − 1] = f (−1)

với số thực y Vì f khác hàm không nên f (−1) = −1 Nếu tồn tại

số thực α để f (α) = −1 ta cho x = α y = −1 vào (3.66) được

α = −1 Từ đó, ta có mệnh đề đúng: "Với số thực x, f (x) = −1 khi

và x = −1".

(81)

Nếu ta đặt a = f (x0) − x0 thì a 6= Ta cho x = x0 và y = −1 vào (3.66)

được f (−a − 1) = a − Ta tiếp tục cho x = −a − vào (3.66) được

f (ay − a − 1) = a − − af (y) (3.67)

với số thực y Trong (3.67), ta cho y = f (1) = Bây

giờ, ta lại cho x = y = vào (3.66) f (3) = Trong (3.67), ta cho

y = f (2a − 1) = −2a − Mặt khác, cho x = thay y

bởi y − (3.66), ta được

f (2y − 1) = 2f (y − 1) + 1 (3.68)

với số thực y Ta cho y = a vào (3.68) f (2a−1) = 2f (a−1)+1.

Do đó, f (a − 1) = −a − Trong (3.66), ta lại cho x = a − thay y

bởi − y được

f (ay − a − 1) = −a − + af (2 − y) (3.69)

với số thực y Từ (3.67) (3.69), ta thu được

f (y) + f (2 − y) = 2 (3.70)

với số thực y Khi thay y + 2x, (3.70) trở thành

f (1 + 2x) + f (1 − 2x) = 2 (3.71)

với số thực x Ngoài ra, ta thay y x + vào (3.68) được

f (1 + 2x) = 2f (x) + 1 (3.72)

với mói số thực x Trong (3.68), ta lại thay y − x được

f (1 − 2x) = 2f (−x) + 1 (3.73)

với số thực x Từ (3.71), (3.72) (3.73), ta thu được

(82)

với số thực x Vì thế, f hàm số lẻ Ta tiếp tục thay y −y

trong (3.66) sử dụng tính lẻ hàm f được

f (x − y − yf (x)) = f (x) − f (y) − xf (y) (3.74)

với số thực x, y Từ (3.66) (3.74), ta thu được

f (x + y + yf (x)) + f (x − y − yf (x)) = 2f (x) (3.75)

với số thực x, y Trong (3.75), ta thay y bởi y

1 + f (x)

f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)

với số thực y, với số thực x khác −1 Từ tính lẻ hàm số f

và (3.70), ta suy

f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) (3.76)

với số thực x, y Ta thay y x (3.76) được

2f (x) = f (2x) (3.77)

với số thực x Với hai số thực x, y bất kì, tồn hai số thực x0, y0

sao cho x0 + y0 = x x0 − y0 = y Từ (3.76) (3.77), ta suy ra

f (x) + f (y) = f (x + y) (3.78)

với số thực x, y Áp dụng tính cộng tính f vào (3.66), ta được

f (yf (x)) = xf (y) (3.79)

với số thực x, y Ta cho y = vào (3.79) được

f (f (x)) = x (3.80)

(83)

với số thực x, y Từ (3.78) (3.81), ta f (x) = x với số

thực x Điều mâu thuẫn.

Vậy tốn có hai nghiệm hàm f (x) ≡ f (x) = x với

mọi số thực x.

Bài toán 54 (USAMO 2018) Tìm tất hàm số f : R+ → R+

sao cho

f x + y

!

+ f y + z

!

+ f z + x

!

= (3.82)

với số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1.

Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn đề Ta cho x = b c, y =

c a

và z = a

b vào (3.82)

f a + b c

!

+ f c + a

b

!

+ f b + c

a

!

= (3.83)

với số thực dương a, b, c Xét hàm số g : (0; 1) → (0; 1) xác

định

g(x) = f 1 − x x

!

.

Từ (3.83), ta suy

g(a) + g(b) + g(c) = 1 (3.84)

với số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Xét hàm số

h : −1 3;

2

!

→ −1 3;

2

!

được xác định

h(x) = g x +

3 !

− 3. Từ (3.84), ta suy

(84)

với số thực x, y, z thuộc −1 3;

2

!

thỏa mãn x + y + z = Ta cho

x = y = z = vào (3.85) h(0) = Ta lại cho z = thay y bởi

−x (3.85) được

h(−x) = −h(x) (3.86)

với số thực x thuộc −1 3;

1

!

Ta tiếp tục thay z −x − y vào

(3.85) áp dụng (3.86)

h(x) + h(y) = h(x + y) (3.87)

với số thực x, y thuộc −1 3;

2

!

thỏa mãn |x + y| <

3 Với số thực x, tồn số nguyên dương n cho |x| < n

3, ta xét tương ứng

H : R → R xác định bởi

H(x) = nh x n

!

.

H hàm số xác định đắn Thật vậy, với số thực x, nếu

tồn hai số nguyên dương m, n phân biệt cho |x| < n

3 và |x| <

m

3 từ (3.87), ta suy

nh x n

!

= nh m. x mn

!

= mnh x

mn

!

= mh n. x mn

!

= mh x

m

!

.

Ngồi ra, H cịn hàm cộng tính R Thật vậy, với số thực x,

y, tồn số nguyên dương n thỏa mãn |x| < n

3, |y| <

n

3 và |x + y| <

n

3, ta có

H(x) + H(y) = nh x n

!

+ nh y

n

!

= nh x + y

n

!

= H(x + y).

Cuối cùng, H(x) = h(x) với số thực x thuộc −1 3;

1

!

Như vậy, hàm

số H cộng tính R bị chặn trên −1 3;

1

!

Vì vậy, H(x) = Cx với

(85)

x thuộc −1 3;

1

!

Như thế, g(x) = Cx + 1 − C

3 với số thực x thuộc

0;2

!

(C số thực) Ta lại có

g 1 − x

2 !

+ g 1 − x

!

+ g(x) = 1

với số thực x thuộc "2

3; !

Do đó, g(x) = Cx + 1 − C

3 với số

thực x thuộc "2

3; !

(C số thực) Tóm lại, f (x) = C

x + 1+

1 − C với số thực dương x (C số thực).

Thử lại, hàm số f (x) = C

x + 1+

1 − C

3 với số thực dương

x, C số thực thuộc

" −1

2; #

, thỏa mãn đề

Vậy tốn có nghiệm hàm f (x) = C

x + 1+

1 − C

3 với số thực dương x, C số thực thuộc

" −1

2; #

(86)

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt

[1] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài tốn hàm số qua kì thi Olympic, Nhà

xuất Giáo dục, 2004

[2] Nguyễn Tài Chung, Lê Hồnh Phị, Chun khảo Phương trình hàm,

Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2013

[3] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, Nhà xuất Giáo dục, 2001.

[4] Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích, Nhà xuất Giáo dục, 1997.

Tiếng Anh

[5] B J Venkatachala, Functional Equations A Problem Solving

Ap-proach, Bangalore India, 2002.

[6] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Functional Equations, Electronic

Định dạng
Số trang	86
Dung lượng	361,27 KB