Kỹ thuật giải phương trình hàm và những vấn đề liên quan - Trần Minh Hiền

Như vậy ngoài 1 là điểm bất động ra, nếu có điểm bất động nào khác thì hoặc điểm bất động này lớn hơn 1, hoặc nghịch đảo của nó lớn hơn 1. Do đó lũy thừa nhiều lần của điểm này lớn hơn 1[r]

(1)

PHƯƠNG TRÌNH HÀM - KỸ THUẬT GIẢI VÀ

MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

Trần Minh Hiền - GV trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước

Ngày 15 tháng năm 2011

Mục lục

1 Phương pháp biến

2 Phương trình hàm Cauchy 12

3 Phương pháp quy nạp 19

4 Khai thác tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánh, chẵn lẻ hàm số 24

5 Khai thác tính đơn điệu hàm số 34

6 Khai thác tính chất điểm bất động hàm số 40

7 Phương pháp đưa phương trình sai phân 44

8 Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số 46

9 Ứng dụng phương trình hàm 53

10 Bất đẳng thức hàm 60

11 Hàm tuần hoàn 65

12 Một số chuyên đề phương trình hàm 66

12.1 Phương trình hàm giải nhờ tính giá trị hàm số theo hai cách khác 66

13 Giải phương trình hàm cách thêm biến 68

14 LUYỆN TẬP PHƯƠNG TRÌNH HÀM 69

(2)

1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN

1

Phương pháp biến

Phương pháp biến có lẽ phương pháp sử dụng nhiều giải phương trình hàm Ta có thể:

• Hoặc cho biến x, y, nhận giá trị số Thường giá trị đặc biệt 0,±1,±2,

• Hoặc biến biểu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết Chẳng hạn, phương trình hàm có mặt f(x+y) mà muốn có f(0) ta y −x, muốn cóf(x)thì cho y = 0, muốn cóf(nx) y bởi(n−1)x

Ví dụ 1.1 (Áo 199?) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện x2f(x) +f(1−x) = 2x−x4,∀x∈R

Giải

Thay xbởi 1−x ta

(1−x)2f(1−x) +f(x) = 2(1−x)−(1−x)4,∀x∈R Nhu ta có hệ 8

< :

x2f(x) +f(1−x) = 2x−x4

f(x) + (1−x)2f(1−x) = 2(1−x)−(1−x)4

Ta cóD= (x2−x−1) (x2−x+ 1)vàD

x = (1−x2) (x2−x−1) (x2−x+ 1) VậyD.f(x) =Dx,∀x∈ R Từ ta có nghiệm toán

f(x) =

8 > > < > > :

1−x2 :x6=a, x6=b, c∈R :x=a, 2a−a4−a2c :x=b,

(c số tùy ý),

với a, blà nghiệm phương trình x2−x−1 = 0.

Nhận xét: Bài toán dùng lần kỳ thi VMO 2000, bảng B Ví dụ 1.2 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện

f(x+y) +f(x−y) = 2f(x) cosy,∀x, y ∈R

Hint: Thế y→ π

2

2 Thếy →y+π2 x= π2 Thếx→0

Đáp số: f(x) = acosx+bsinx(a, b∈R)

Ví dụ 1.3 f :R→R thỏa mãn điều kiện f(xy+x+y) = f(xy) +f(x) +f(y), x, y ∈R Chứng minh rằng:

(3)

Hint: Tínhf(0)

2 Thếy =−1, chứng minh f hàm lẻ Thếy = 1⇒f(2x+ 1) = 2f(x) +

4 Tínhf(2(u+v+uv) + 1) theo (3) theo giả thiết để suy f(2uv+u) = 2f(uv) +f(u) Chov =−1

2,

u

2 →x vàu→y,2uv →x để suy điều phải chứng minh

Ví dụ 1.4 Tìm tất hàm số f :R→R đồng thời thỏa mãn điều kiện sau: f(x) = xf

1 x

,∀x6=

f(x) +f(y) = +f(x+y),∀x, y ∈R,(x, y)6= (0,0);x+y6= Hint:

1 Tínhf(0), f(−1)

2 Tínha+ với a=f(1) =fxx+1+1=fx+ 1x+11 theo hai điều kiện Đáp số: f(x) = x+

Nhận xét: Thủ thuật áp dụng cho lớp toán gần tuyến tính

Ví dụ 1.5 Tìm tất hàm số f :R+ →R thỏa f(1) = 12 f(xy) =f(x)f

3 y

+f(y)f

3 x

,∀x, y ∈R+

Hint: Tínhf(3) Thếy →

x

Đáp số: f(x) = 12

Ví dụ 1.6 Tìm tất hàm số f :R∗ →R thỏa mãn điều kiện: f(x) + 2f

1

x

= 3x,∀x∈R∗

Hint: Thế x→

x

Đáp số: f(x) = 2x −x

Ví dụ 1.7 Tìm tất hàm số f :R\{0,1} →R thỏa mãn điều kiện: f(x) +f

x−1 x

= 2x,∀x,∈R\{0,1}

Hint: Thế x→ x−1

x , x→

−1

x−1

Đáp số: f(x) = x+ 1−x −

x−1

x

Luyện tập:

2 Tìm tất hàm số f :Q+→

Q+ thỏa mãn điều kiện:

f(x+ 1) =f(x) + 1,∀x∈Q+

(4)

Hint:

1 Quy nạp f(x+n) = f(x) +n,∀x∈Q+,∀n ∈

N

2 Với pq ∈Q+, tính fp q +q

23

theo hai cách Đáp số: f(x) = x,∀x∈Q+

Ví dụ 1.8 (VMO 2002) Hãy tìm tất hàm số f(x) xác định tập số thực R thỏa mãn hệ thức

f(y−f(x)) =fx2002−y−2001.y.f(x),∀x, y ∈R (1)

Giải

a) Thếy=f(x) vào (1) ta

f(0) = fx2002−f(x)−2002.(f(x))2,∀x∈R (2) b) Lại thay y=x2002 vào (1)

fx2002−f(x)=f(0)−2001.x2002.f(x),∀x∈R (3) Lấy (2) cộng với (3) ta

f(x)f(x) +x2002= 0,∀x∈R

Từ suy với giá trịx∈R ta có f(x) = f(x) =−x2002 Ta rằng

để thỏa mãn u cầu tốn bắt buộc phải có đồng

f(x)≡0,∀x∈Rhoặc f(x)≡ −x2002,∀x∈R

Thật vậy, f(0) = hai hàm số trên, nên khơng tính tổng qt ta giả sử tồn a6= cho f(a) = 0, tồn b >0sao cho f(b) =−b2002(vì cần thay x= 0 vào quan hệ (1) ta

nhận hàm f hàm chẵn) Khi x=a y=−b vào (1) ta f(−b) = fa2002 +b

Vậy ta nhận dãy quan hệ sau

06=−b2002 =f(b) =f(−b) =fa2002+b =

"

0(mâu thuẫn 06= 0)

−(a2002 +b)2002(mâu thuẫn −(a2002+b)2002 <−b2002)

Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu ta kết luận có hàm số f(x)≡0,∀x∈R thỏa mãn u cầu tốn

Ví dụ 1.9 (Hàn Quốc 2003) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn

(5)

Giải

Nhận thấy hàm f(x)≡0 thỏa mãn yêu cầu toán Xét trường hợp f(x)6≡0 a) Thếx=f(y) vào (4) ta

f(0) = 2f(x) +x2 →f(x) =−x

2

2 + f(0)

2 , hay

f(f(x)) = −f

2(x)

1 + f(0)

2 b) Thếx=f(z), với z số thuộc R ta

f(f(z)−f(y)) =f(f(z)) +f(z)f(y) +f(f(y)) Với lưu ý

f(f(y)) =−f

2(y)

2 + f(0)

2 f(f(z)) =− f2(z)

2 + f(0)

2 , thay vào quan hệ hàm ta

f(f(z)−f(y)) = −(f(z)−f(y))

2

2 +f(0) (5)

c) Tiếp theo ta chứng tỏ tập {f(x)−f(y)|x, y ∈ R} =R Do f(x) 6≡0 nên tồn giá trị y0

cho f(y0) =a 6= Khi từ quan hệ (4) ta có

f(x−a) =f(x) +xa+f(a)→f(x−a)−f(x) =ax+f a

Vì vế phải hàm bậc củaX nênxa+f acó tập giá trị tồn R Do hiệuf(x−a)−f(x) có tập giá trị tồn R, khix∈R Mà

{f(x)−f(y)|x, y ∈R} ⊃ {f(x−a)−f(x)|x∈R}=R, {f(x)−f(y)|x, y ∈R}=R Vậy từ quan hệ (5) ta thu

f(x) = −x

2

2 +f(0),∀x∈R Mặt khác ta lại có

f(x) =−x

2

2 +f(0),∀x∈T(f) nên f(0) = Thử lại thấy hàm sốf(x) =−x

2

2 ,∀x∈Rthỏa mãn quan hệ hàm Kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn làf(x) =−x

2

2 ,∀x∈Rhoặc f(x)≡0

Nhận xét: Bài toán lấy ý tưởng từ thi IMO 1996: Tìm tất hàm sốf :R→Rthỏa mãn

f(x−f(y)) = f(f(y)) +xf(y) +f(x)−1,∀x, y ∈R Đáp số f(x) =−x

2

(6)

Ví dụ 1.10 (Iran 1999) Xác định hàm sốf :R→R thỏa mãn f(f(x) +y) =fx2−y+ 4yf(x),∀x, y ∈R

Giải

a) Thếy=x2 ta được

ff(x) +x2=f(0) + 4x2f(x),∀x∈R b) Thếy=−f(x) ta

f(0) =ff(x) +x2−4 (f(x))2,∀x∈R Cộng hai phương trình ta

4f(x)f(x)−x2= 0,∀x∈R

Từ ta thấy với x ∈ R f(x) ≡ f(x) = −x2 Ta chứng minh hàm

f thỏa mãn yêu cầu toán f phải đồng với hai hàm số Nhận thấy f(0) = 0, từ thay x = ta f(y) = f(−y),∀y ∈ R, hay f hàm chẵn Giả sử tồn a 6= 0, b 6= cho f(a) = 0, f(b) = −b2, thay x=a, y=−b ta được

f(−b) = f(a2+b)→f(b) = f(a2+b) Từ ta có quan hệ sau

06=−b2 =f(b) =f(−b) =fa2+b =

"

0(mâu thuẫn 06= 0)

−(a2+b)2(mâu thuẫn −(a2+b)2 <−b2) Do xảy điều mâu thuẫn Thử lại thấy hàm sốf(x)≡0thỏa mãn yêu cầu

Nhận xét:

1 Rõ ràng tốn VMO 2002có ý tưởng giống tốn

2 Ngồi phép tốn ta thực phép khác sau:

a) Thếy=

x2−f(x)

b) Thếy= để có f(f(x)) = f(x2), sau thế y=x2−f(x).

c) Thếy=x−f(x) sau y=x2−x.

Ví dụ 1.11 Tìm hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện:

f(x−f(y)) = 2f(x) +x+f(y),∀x, y ∈R (6)

(7)

Nhận thấy hàm f(x)≡0 không thỏa mãn yêu cầu Xét f(x)6≡0 a) Thay x f(y) vào (6) ta

f(f(y)) =−f(y) + f(0) b) Lại thay xbởi f(x)ta

f(f(x)−f(y)) = 2f(f(x)) +f(x) +f(y) =

−f(x) + f(0)

+f(x) +f(y) =−(f(x)−f(y)) +f(0)

Tuy nhiên việc chứng minh tập {f(x)−f(y)|x, y ∈R} có tập giá trị R chưa thực c) Từ ta có

f(f(x)−2f(y)) =f((f(x)−f(y))−f(y))

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

Ta chứng minh tập {f(x)−2f(y)|x, y ∈ R} với R Thật tồn giá trị y0 ∈R cho

f(y0) = a6= Khi thay y=y0 vào (6) ta có

f(x−a)−2f(x) = x+a,∀x∈R

Mà x ∈ R x+a có tập giá trị R Chứng tỏ tập {f(x −a)− f(x)|x ∈ R} = R Mà

{f(x)−2f(y)|x, y ∈R} ⊃ {f(x−a)−f(x)|x∈ R} nên {f(x)−2f(y)|x, y ∈ R}=R Do từ (c) ta kết luận f(x) = −x+ 2f(0),∀x∈R Thay vào (6) ta đượcf(0) =

Kết luận: Hàm số f(x) = −x,∀x∈R thỏa mãn yêu cầu tốn

Ví dụ 1.12 (Belarus 1995)Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn f(f(x+y)) =f(x+y) +f(x)f(y)−xy,∀x, y ∈R

Giải

Rõ ràngf khác số

a) y= vào điều kiện toán ta

f(f(x)) = (1 +f(0))f(x),∀x∈R b) Trong đẳng thức thayx x+y

(1 +f(0))f(x+y) =f(f(x+y)) =f(x+y) +f(x)f(y)−xy, đơn giản ta

(8)

c) Thay y= vào (7)

f(0)f(x+ 1) =f(x)f(1)−x d) Lại thay y=−1 x x+ vào (7) ta có

f(0).f(x) =f(x+ 1).f(−1) +x+ Kết hợp hai đẳng thức ta

(f(0))2−f(1)f(−1)f(x) = (f(0)−f(−1))x+f(0)

Nếu (f(0))2−f(1)f(−1) = 0, thay x = 0 vào phương trình cuối ta được f(0) = 0, nên theo

(7) thìf(x)f(y) =xy Khi f(x)f(1) =x,∀x∈R, điều dẫn đến (f(0))2−f(1)f(−1) =−1, mâu thuẫn Vậy(f(0))2−f(1)f(−1)6= 0, suy raf(x)là đa thức bậc nên có dạngf(x) = ax+b Thay vào quan hệ hàm ban đầu suy raa = 1, b= Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán làf(x) = x,∀x∈R Nhận xét: Nếu chịu khó tính ta tính đượcf(0) = 0bằng cách biếnx, y hai số Ví dụ 1.13 (VMO 2005) Hãy xác định tất hàm sốf :R→Rthỏa mãn điều kiện

f(f(x−y)) =f(x)f(y)−f(x) +f(y)−xy,∀x, y ∈R (8)

Giải

a) Thếx=y= vào (8) ta

f(f(0)) = (f(0))2

b) Thếx=y vào (8) sử dụng kết

(f(x))2 = (f(0))2+x2,∀x∈R Suy (f(x))2 = (f(−x))2 → |f(x)|=|f(−x)|,∀x∈R

c) Thếy= vào (8)

f(f(x)) =f(0)f(x)−f(x) +f(0),∀x∈R (∗) d) Thếx= 0, y =−x vào (8)

f(f(x)) =f(0)f(−x) +f(−x)−a,∀x∈R Từ hai đẳng thức ta có

f(0) (f(−x)−f(x)) +f(−x) +f(x) = 2f(0),∀x∈R (9) Giả sử tồn x0 6= cho f(x0) =f(−x0), x=x0 vào (9) ta có

f(x0) = f(0)

→(f(x0))

= (f(0))2

→(f(0))2 +x20 = (f(0))2+ 02

(9)

Vậy f(x) = −f(x),∀x∈R, từ điều kết hợp với (9) ta có f(0) (f(x)−1) = 0,∀x∈R

Từ suy raf(0) = 0, ngược lại f(x) = 1,∀x6= 0, trái với điều kiện f hàm lẻ Từ ta nhận quan hệ quen thuộc

(f(x))2 =x2,∀x∈R Giả sử tồn x0 ∈R cho f(x0) = x0, (*) ta có

x0 =f(x0) = −f(f(x0)) =−f(x0) = x0,

vô lý Vậy chứng tỏf(x) =−x,∀x∈R Thử lại thấy hàm thỏa mãn toán

Nhận xét: Bài toán cho kết hàm chẵnf(x) =−x Nếu nguyên vế phải để nhận hàm lẻ f(x) =x, ta sửa lại kiện vế trái ví dụ sau

Ví dụ 1.14 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện

f(f(x)−y) = f(x)−f(y) +f(x)f(y)−xy,∀x, y ∈R

Giải

a) Thếy= ta

f(f(x)) = f(x)−f(0) +f(0).f(x),∀x∈R (10) b) Thếy=f(x) sử dụng kết trên, ta

f(0) =f(x)−f(f(x)) +f(x).f(f(x))−xf(x) (∗)

=f(0)−2f(0).f(x) + (f(x))2+f(0).(f(x))2−xf(x), hay

−2f(0).f(x) + (f(x))2+f(0).(f(x))2 −xf(x) = 0,∀x∈R c) Thếx= vào đẳng thức ta

(f(0))2−(f(0))2 = →f(0) = f(0) =

d) Nếu f(0) = thay vào (10) ta có f(f(x)) =f(x),∀x∈R, thay kết vào (*) ta có f(x) =x

e) Nếu f(0) = thay vào (10) ta có f(f(x)) = 2f(x)−1, thay vào (*) ta có f(x) = 2x+ Kết luận: Thay vào ta thấy có hàm số f(x) =x,∀x∈R thỏa mãn yêu cầu

Ví dụ 1.15 (AMM,E2176) Tìm tất hàm số f :Q→Q thỏa mãn điều kiện f(2) = f

x+y x−y

= f(x) +f(y)

f(x)−f(y),∀x6=y

(10)

Ta chứng minh f(x) = xlà nghiệm toán dựa vào chuỗi kiện sau Trước tiên nhận thấy f khơng thể hàm

a) Tính f(0), f(1) Thay y= ta nhận

f(1) = f(x) +f(0)

f(x)−f(0) →(f(1)−1)f(x) = f(0) (1 +f(1)),∀x∈Q Suy f(1) = 1, f(0) =

b) Hàm f hàm lẻ Thay y=−xta có

0 =f(0) = f(x) +f(−x)→f(−x) =−f(x),∀x∈Q c) Thay y=cx, c6= 1, x6= ta có

f(x) +f(cx) f(x)−f(cx) =f

1 +c

1−c

= +f(c) 1−f(c), suy f(cx) = f(c).f(x), lấy c=q, x= p

q ta f

p q

= f(p) f(q) Ví dụ 1.16 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn

f(x−y)2= (f(x))2 −2xf(y) +y2,∀x, y ∈R

Giải

Thay x=y= (f(0)) = (f(0))2 →f(0) = f(0) = 1 Nếu f(0) = 0, thay x=y vào điều kiện ban đầu ta

f(0) = (f(x))2−2xf(x) +x2 = (f(x)−x)2 →f(x) = x,∀x∈R Nhận thấy hàm số thỏa mãn

2 Nếu f(0) = lại thay x =y = ta nhận được, với x ∈ R f(x) = x+ hoặcf(x) =x−1 Giả sử tồn giá trịa cho f(a) = a−1 Khi thay x=a, y = ta

fa2=a2−4a+

Nhưng ta lại có f(a2) = a2 + f(a2) = a2 − Do ta phải có a2−4a+ =a2+ 1 hoặc a2−4a+ =a2−1, tức a= 0 hoặc là a=

2 Tuy nhiên kiểm tra không thỏa

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu làf(x) =x,∀x∈R làf(x) = x+ 1,∀x∈R Ví dụ 1.17 (THTT T9/361) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện

(11)

Giải

a) Thay y=x3 ta có

f(0) + 2x33 (f(x))2+x6=fx3+f(x),∀x∈R b) Thay y=−f(x) ta

fx3+f(x)−2f(x)3 (f(x))2+ (f(x))2=f(0),∀x∈R Từ hai đẳng thức ta

2x33 (f(x))2+x6= (f(x))3,∀x∈R Do

0 = (f(x))2−x33 (f(x))2 +x6

=4 (f(x))3−4 (f(x))2.x3+(f(x))2.x3−x9

=f(x)−x3 4 (f(x))2+x3f(x) +x3 =f(x)−x3

2f(x) + x

3

4

2

+15 16x

6

!

Chú ý

2f(x) + x

3

4

2

+ 15 16x

6

(12)

2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY

2

Phương trình hàm Cauchy

PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠSI(HÀM TUYẾN TÍNH) Version 5.0 updated to 24 – 10 – 2008 I.Định nghĩa: Một hàm số f :R→R gọi tuyến tính nếu:f(x+y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈R (Hàm số tuyến tính cịn gọi hàm Cauchy) II Một số tính chất Tính chất Hàm f tuyến tính thỏa mãn x ≥0 th`if(x)≥ 0, đóf hàm đồng biến (Nếu với x ≥ ⇒f(x)≤ hàm nghịch biến) Chứng minh Xétx≤y⇒y−x≥0⇒f(y−x)≥0Ta cóf(y) =f(y−x+x) =f(y−x) +f(x)≥f(x) Vậy f hàm tăng Tính chất Hàm tuyến tính f hàm lẻ Chứng minh Ta có f(0) = f(0 + 0) = 2f(0) ⇒ f(0) = Từ f(0) = f(x+ (−x)) =f(x) +f(−x) = ⇒ f(−x) = −f(x), ∀x ∈ R Vậy f hàm lẻ Tính chất Hàm tuyến tính f liên tục x = liên tục tồn tập số thực R Chứng minh Xét x0 ∈ R bất kỳ, ta có: xlim→x

0

[f(x)−f(x0)] = limx→x

0

[f(x) +f(−x0)] = limx→x

0

f(x−x0) =

lim

y→0f(y) = f(0) =f(0) = 0Vậy hàm số liên tục x0 ∈R Do x0 lấy Rnên chứng tỏ hàm

số liên tục tồn bộR Tính chất Hàm số f tuyến tính đồng biến R liên tục R Chứng minh Cho y = ⇒ f(x) = f(x) +f(0) ⇒ f(0) = Cho y = x ⇒ f(2x) = 2f(x), quy nạp ta dễ dàng chứng minh được: f(nx) =nf(x), ∀n ∈ N, ∀x ∈ R(1) Mặt khác từ công thức (1) suy f(x) = nfnx hay fnx = n1f(x), ∀x ∈ R,∀n ∈ N, đó: fmnx = mnf(x), ∀x ∈ R,∀m, n ∈ N

hay f(qx) = qf(x), ∀q ∈ Q,∀x ∈ R Đến ta giải theo hai cách sau: Với ε > bất kỳ, chọn δ = 1+|f(1)|ε+|f(−1)|, với x ∈ R, |x| < δ theo tính chất tập số thực tồn m, n ∈ N cho |x| < mn < δ, tức −m

n < x < m

n Vì f hàm đồng biến nên f

−m n

< f(x) < fmn⇒ m

nf(−1)< f(x)< m

nf(1) ⇒ − m

n (1 +|f(1)|+|f(−1)|)< f(x)< m

n (1 +|f(1)|+|f(−1)|) Vậy |f(x)−f(0)| = |f(x)| < mn (1 +|f(1)|+|f(−1)|) < δ(1 +|f(1)|+|f(−1)|) = ε Do hàm số liên tục x = nên liên tục R Hoặc ta sau: từ f(qx) = qf(x), ∀q ∈ Q,∀x ∈ R nên f(x) = xf(1), ∀x ∈ Q Hơn với x ∈ R, tồn hai dãy hữu tỉ (un),(vn) ⊂ Q : un < x <

mà lim

n→∞un = limn→∞vn = x Do hàm đồng biến nên f(un) < f(x) < f(vn) ⇒ unf(1) < f(x) < vnf(1)

Chuyển qua giới hạn ta f(x) = f(1)x ∀x ∈ R hay f(x) = ax nên liên tục R Tính chất Hàm tuyến tínhf liên tục trênRcó biểu diễn làf(x) =ax,(a=f(1)) Chứng minh Theo cách thiết lập tính chất ta có f(x) = xf(1), ∀x∈Q Vì với x∈R, tồn dãy{xn}n∈

N⊂Q

cho lim

n→∞xn=x Vìf liên tục nên

lim

n→∞f(xn) =f(x)⇒nlim→∞xnf(1) =f(x)⇒f(x) =ax

, với

a=f(1)

, thử lại thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn Vậy f(x) =ax, ∀x∈R Tính chất Cho c > Nếu hàm sốf tuyến tính thỏa mãn điều kiện|f(x)| ≤c ∀x∈[−1,1]thì f(x) = axvới |a| ≤cChứng minh Từ tính chất ta có f(qx) = qf(x), ∀q ∈ Q, x ∈ R Giả sử (xn) dãy số thực 6= thỏa mãn

lim

n→∞xn= Với giá trị củaxnta chọn số hữu tỉqnthỏa mãn:

1

√

|xn|

≤qn ≤ √3 1|x

n|

, n= 1,2, (có thể từ giá trịn=n0, n0+1, để thỏa mãn điều kiện trên) ta có:nlim→∞qn=∞vànlim→∞(xn.qn) = 0Vậy |f(xn)| =f

1

qn.qn.xn

=

qn|f(qnxn)|, ∀n ∈N, nlim→∞(xn.qn) = nên với n đủ lớn qnxn ∈[−1,1]

nên |f(qnxn)| ≤c, với n đủ lớn Do |f(xn)| ≤ q1nc Do nlim→∞f(xn) = =f(0) nên hàm f liên tục

(13)

hay f(x) = ax ∀x ∈ Q Từ điều kiện tốn ta có: f(1)−f(x) = f(1−x) ≤ M ∀x ∈ [0,1], Suy f(1)−M ≤ f(x) ≤ M ∀x ∈ [0,1] Vậy tồn số N > mà |f(x)| ≤ N ∀x ∈ [0,1] ⇒ |f(x)| ≤

N ∀x∈[−1,1](dof(−x) =−f(x)), đến ta tính chất Ở ta chứng minh khác sau: Với x∈R, vớir ∈Q+ sao cho|x|< rthì x

r

≤1, đófxr≤N Vì

1

r ∈ Q nên

fxr = 1r|f(x)| ≤N ⇒ |f(x)| ≤r.N Cho r → |x| |f(x)| ≤N|x| Suy lim

x→0f(x) =

hay f liên tục nên liên tục toàn R Do f(x) = ax Nhận xét Cho tập A =R,[0,∞) hay (0,∞) Nếu f : A → R thỏa mãn f(x+y) = f(x) +f(y) f(xy) = f(x)f(y),∀x, y ∈ A, f(x) = 0,∀x∈A f(x) =x,∀x ∈A Chứng minh Theo tính chất hàm cộng tính f(x) = f(1).x, ∀x ∈ Q Nếu f(1) = f(x) = f(x.1) = f(x).f(1) = 0, ∀x ∈ A Nếu f(1) 6= f(1) =f(1)f(1)⇒f(1) = 1⇒f(x) = x,∀x∈ATQ Nếuy ≥0thì f(y) = f(√y)f(√y) =f2(√y)≥0

và f(x+y) =f(x) +f(y)≥ f(x), hay chứng tỏ f hàm tăng Bây với x ∈A\Q, theo tính trù mật tập số thực, tồn hai dãy pn, qn ∈ Q cho pn < x < qn; pn % x qn & x,

khi n → ∞ Do f hàm tăng, ta có: pn = f(pn) ≤ f(x) ≤ f(qn) = qn Chuyển qua giới hạn ta có

f(x) =x,∀x ∈A III Các hệ trực tiếp hàm Cauchy Từ quan hệ cho hàm f liên tục thỏa mãn điều kiệnf(x+y) =f(x) +f(y)ta có biểu diễn hàm làf(x) =ax Nếu ta đặt vào quan hệ hàm qua phép logarit Nepe tức là:lnf(x+y) = lnf(x)+lnf(y) = ln(f(x).f(y)), suy raf(x+y) = f(x).f(y) Vậy nếuf(x)>0với mọix∈R quan hệ hàmf(x+y) =f(x).f(y)dễ dàng chuyển quan hệ hàm Cauchy qua phép logarit Tuy nhiên từ quan hệ hàm dễ dàng thấy tốn giải với miền xác định trênR

Hệ Các hàm số liên tục trênRthỏa mãn điều kiện:f(x+y) = f(x).f(y) (1)là:

"

f(x)≡0

f(x) = ax (a >0) Chứng minh Nhận thấy hàm đồng f(x)≡ thỏa mãn quan hệ Xét hàm khơng đồng 0, tồn x0 :f(x0)= 06 thì: f(x0) = f((x0−x) +x) = f(x0−x)f(x)6= ⇒f(x) 6= ∀x∈ R Và

cũng thỏa điều kiện dương, thật vậy: f(x) = fx2 + x2 = f2x2 > ∀x ∈ R Do đến ta cần đặt lnf(x) = g(x) ta có quan hệ: g(x+y) = g(x) +g(y) Vậy g(x) = bx, b∈ R tùy ý Vậy f(x) = ebx=ax(a >0) Vậy hai hàm thỏa mãn quan hệ là:

Bầy lại từ hàm Cauchy nêu ta nâng lũy thừa biến lên từ x thành ex ta quan hệ là

f(ex+y) =f(ex) +f(ey)⇒g(x+y) =g(x) +g(y)với g(x) = f(ex) và hàm g thu lại hàm

Cauchy Mặt khác từf(ex+y) = f(ex) +f(ey)⇒f(ex.ey) = f(ex) +f(ey), thay ngược trở lại ex x ta quan hệ f(xy) =f(x) +f(y) Quan hệ với quan hệ Cauchy tương tác với việc nâng lũy thừa biến Tuy nhiên việc nâng lũy thừa biến lại có yêu cầu biến phải dương Nếu có biến tốn trở nên dễ dàng với kết f(x) ≡ 0, hai biến dương tốn chuyển phương trình hàm Cauchy qua phép nâng biến lên lũy thừa Nếu hai số âm tích xy số dương nên lại quy trường hợp hai biến dương

Hệ Các hàm số f(x)liên tục R\{0} thỏa mãn điều kiện:f(xy) = f(x) +f(y) ∀x, y ∈R

(2)là: f(x) = bln|x| ∀x ∈ R\{0}, b ∈ R Chứng minh Nếu x = y = từ (3) ta f(1) = Lại cho x=y =−1 ta f(−1) = Bây cho y=−1 ta f(x) =f(−x) ∀x∈R Do f hàm chẵn a) Xét x, y ∈R+, đặt x=eu, y =ev, f(eu) =g(u) ta được g(u+v) =g(u) +g(v) ∀u, v ∈

R ⇔ g(t) = bt ⇒ f(x) = alnx ∀x ∈ R+, a ∈

R b) Nếu x, y ∈ R− xy ∈ R+ nên với y = x ta được:

f(x) = 12f(x2) = 2bln(x

2) = bln|x| ∀x∈

R−, b ∈R

Lại tiếp tục từ quan hệ hàm f(x+y) =f(x).f(y) ta lại nâng biến theo lũy thừa e có dạng f(ex+y) =f(ex)f(ey) ⇒ f(ex.ey) =f(ex)f(ey) và ta quan hệ hàm: g(xy) = g(x)g(y) Hiển nhiên

bài tốn có lời giải miền xác định chứa số Do ta đặt vấn đề sau:

(14)

f(x) = f(x) = |x|α f(x) =

8 < :

xβ,∀x∈R+ − |x|β, ∀x∈

R−

Chứng minh Thay y = ⇒ f(x)(1 −f(1)) = 0, ∀x ∈ R\{0} (1) Nếu f(1) 6= từ (1) suy f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R\{0} Xét f(1) = 1, = f(1) = fx.1x = f(x)fx1, ∀x ∈ R\{0} Vậy f(x) 6= 0, x ∈ R\{0} a) Xét x, y ∈ R+, đặt

x =eu, y = ev va g(t) = f(et) Khi ta có: g(u+v) = g(u)g(v), ∀u, v ∈

R Vậyg(t) = at ∀t ∈ R(a >

0tuy y`u) đó: f(x) = f(eu) = g(u) = au = alnx = xlna = xα, ∀x ∈ R+ trong đóα = lna b)

Bây ta xét trường hợp x 6= 0, y 6= cho x = y = −t ta nhận f2(t) = f(t2) =

f(−t)f(−t) =f2(−t)⇒

"

f(−t) = f(t) = tc(hay 0)

f(−t) = −f(t) = −tc Vậy trường hợp tổng quát ta có nghiệm là: a) f(x) = b) f(x) =|x|α f(x) =

8 < :

xβ,∀x∈R+

− |x|β, ∀x∈ R−

Từ quan hệ hàm Cauchy f(x+y) = f(x) +f(y) ta thực vế trái theo trung bình cộng vế trái theo biến trung bình cộng vế phải theo hàm số ta nhận được:

Hệ 4(Hàm Jensen) Các hàmf(x)liên tục trênRthỏa mãnfx+2y= f(x)+2f(y) (4) là:f(x) = ax+b Chứng minh Choy = 0⇒fx

2

= f(x)+2f(0) Vậy: f(x)+2f(y) =fx+2y= f(x+y2)+f(0) ⇒f(x+y) +f(0) = f(x) +f(y) Đặt g(x) =f(x)−f(0) ta có g(x+y) =g(x) +g(y)hay g(x) = ax⇒f(x) = ax+b

Lại quan hệ hàm Jensen ta thực logarit Nepe nội biến(dĩ nhiên trường hợp biến dương, ta được:flnx+ln2 y = f(lnx)+2f(lny) ⇔f(ln√xy) = f(lnx)+2f(lny) Từ vấn đề đặt ngược lại ta hệ sau: Hệ Các hàmf(x)xác định liên tục R+ thỏa mãn điều kiện: f√xy= f(x)+2f(y) ∀x, y ∈R+ (5) là f(x) =alnx+b Điều kiện x, y ∈

R+ hàm số

xác định Chứng minh Đặt x=eu, y =ev, g(u) =f(eu) Khi đó g(u) liên tục trên

R thỏa mãn điều

kiện:gu+2v= g(u)+2g(v) ∀u, v ∈R Suy g(u) =au+b ⇒f(x) =alnx+b, ∀x∈R+.

Cũng lại từ quan hệ hàm fx+2y = f(x)+2f(y) ta viết vào dạng biểu diễn logarit tức là: lnfx+2y = lnf(x)+ln2 f(y) ⇒ lnfx+2y = lnÈf(x)f(y) ⇒ fx+2y = Èf(x)f(y) Tức ta quan hệ hàm: fx+2y = Èf(x)f(y) Vậy ta có: Hệ Hàm số f : R → R liên tục thỏa fx+2y=Èf(x)f(y)(6) là:

2

4f(x)≡0

f(x) =eax+b (a, b∈R)

Chứng minh Từ điều kiện toán cho x=y⇒f(x) = Èf2(x)≥0 Nếu tồn tại x

0 :f(x0) = thì:

fx0+y

2

=Èf(x0)f(y) = ∀y∈R tức f(x)≡0Nếu f(x)>0thì thực logarit Nepe hai vế đưa

về hàm Jensen ta được:f(x) = eax+b, a, b tùy ý thuộc

R Từ ta có điều phải chứng minh

Lại từ quan hệ hàm hệ 5, thực phép toán nghịch đảo hàm số(giả sử thực được) ta có: f(√1

xy) =

1

f(x)+

f(y)

2 , cách đặt g(x) =

f(x) ta nhận hệ sau: Hệ Các

hàm f(x) xác định liên tục R+ thỏa mãn điều kiện:f(√xy) =

1

f(x)+

f(y)

∀x, y ∈ R+ (7) là

hàm f(x) = b ∈ R\{0} Chứng minh Từ giả thiết toán suy f(x) 6= ∀x ∈ R+ Ta

có f(√1

xy) =

1

f(x)+

f(y)

2 ⇒ g(

√

xy) = g(x)+2g(y) ∀x, y ∈ R+ với g(x) =

f(x) Theo hệ g(x) =

alnx+b ⇒f(x) = aln1x+b Để f(x) liên tục R+ thì: alnx+b 6= 0,∀x ∈R+ nên a= 0, b6= Vậy

f(x) = b∈R\{0}(đpcm)

Từ quan hệ hàm Jensen ta thực nghịch đảo(với hàm số) ta có:

f(x+2y) =

1

f(x)+

f(y)

2 =

f(x)+f(y) 2f(x)f(y) hay f

x+y

2

= f2f(x()+x)ff((yy)) Tuy nhiên để đảm bảo cho phép nghịch đảo hàm thực ta cần giới hạn giá trị hàm trongR+ Do ta nhận kết quả: Hệ Hàm sốf :

(15)

liên tục thỏa mãnfx+2y= f2f(x()+x)ff((yy)) (8) f(x) =

b, b >0

Chứng minh Chỉ cần đặt g(x) = f(1x), ta nhận quan hệ hàm Jensen theo hàmg(x) nêng(x) = cx+d Do f(x) =

cx+d Tuy nhiên hàm số cần phải thỏa mãn điều kiện f(x) ∈ R

+ nên:

cx+d >0,∀x∈R⇒c= 0, b >0, hàm thu f(x) =

1

b, b >0tùy ý

Lại quan hệ hàm Jensen ta thực phép bình phương vào hàm số ta nhận hệ sau:

Hệ Hàm sốf(x)liên tục trênRthỏafx+2y=

q

[f(x)]2+[f(y)]2

2 (9) làf(x) =cvớic≥0 Chứng

minh Từ quan hệ hàm số suy f(x)≥0,∀x∈R Ta có: fx+2y2 = [f(x)]2+[2 f(y)]2 Đặt g(x) = [f(x)]2 ta nhận quan hệ hàm Jensen cho hàm g(x)nên g(x) =ax+b Do đóf(x) =√ax+b Mà theo điều kiện √ax+b ≥0,∀x∈R⇒a= 0, b≥0 Ta hàm f(x) = b, b≥0

Từ quan hệ hàm hệ 6, ta thực phép nâng lũy thừa lên số e(đối với biến) ta có: f

ex+2y

= Èf(ex)f(ey)⇒ f(√ex.ey) = Èf(ex)f(ey) Thay ngược lại biến ng bình thường ta

nhận kết quả:

Hệ 10 Hàm số f(x)xác định liên tục R+ thỏaf(√xy) =Èf(x)f(y),∀x, y ∈R+ (10) là:

"

f(x)≡0

f(x) =c.xa, a∈R, c >0 Chứng minh Đặt x = e

u, y = ev, f(eu) = g(u) thì ta nhận được: gu+v

2

=

È

g(u)g(v), theo hệ thì:

"

g(u)≡0

g(u) = eau+b Vậy

2

4f(x)≡0

f(x) =ealnx+b =c.xa, c >0, a∈R Trong quan

hệ hàm hệ 5, ta thực theo quan hệ hàm bình phương, tức f2(√xy) = f2(x)+f2(y)

2 ,

thực bậc hai hai vế ta hệ 11 Hệ 11 Hàm số f(x) xác định liên tục

R+ thỏa f(√xy) =

q

f2(x)+f2(y)

2 ,∀x, y ∈ R

+ (11) là f(x) ≡ c, c ≥ 0 Chứng minh Từ giả thiết của

hàm dễ thấy f(x) ≥ 0,∀x ∈ R+ Đặt x = eu, y = ev,[f(eu)]2

= g(u) Khi g(u) ≥ 0, ta có: gu+v

2

= g(u)+2g(v),∀u, v ∈ R Vậy g(u) = au + b Để g(u) ≥ 0,∀u ∈ Rthì a = 0, b ≥ Do f(x)≡c, c≥0

Lại từ quan hệ hàm Jensen fx+2y= f(x)+2f(y), ta xét phép gán hàm f(x) =g1

x

thì ta nhận quan hệ hàm số: g

1 (x+y)/2

= g(

1

x)+g(

1

y)

2 ⇔ g

2

x+y

= g(

1

x)+g(

1

y)

2 , thay ngược trở lại biến bình thường

ta được: Hệ 12 Hàm sốf(x)liên tục R\{0} thỏa mãn f x + y

= f(x) +f(y)

2 ,∀x, y, x+y6=

(12) hàm số f(x) = ax +b; a, b ∈R tùy ý Giải Với cách thiết lập ta có g(x) = ax+b, với g(x) = f1x, f(x) = ax +b; a, b∈R Lại từ quan hệ hàm Jensen fx+2y = f(x)+2f(y), ta xét phép gán hàm f(x) =

g(x1) ta nhận quan hệ hàm:

1 g

1

x+y

2

=

1

g(1x)+

1

g(1y)

2 =

g1x+g1y 2g1xg

y ⇔g x+y

= 2g

1

x

g1y g1x+g

1

y

= 1

g(1x)+

1

g(1y)

Thay ngược lại biến ta được: Hệ 13 Hàm số f(x) xác định liên tục R\{0} thỏa f

x+ y =

f(x)+

f(y)

(13)

2 6

f(x) = x a, a6= f(x) =

b, b6=

(16)

Nepe phần trước ta thu kết tương tự sau: Hệ 14 Hàm sốf(x)xác định

liên tục trênR\{0} thỏa f

x+ y

=Èf(x)f(y),∀x, y, x+y 6= 0(14) là:

2

4f(x)≡0

f(x) =exa+b, a, b∈R

Hệ

15 Hàm số f(x) xác định liên tục R\{0} thỏa f

x+ y = q

[f(x)]2+[f(y)]2

2 ,∀x, y, x+y 6= (15) là:

f(x) ≡ c, c ≥ tùy ý Hệ 16 Các hàm f(x) ≥ xác định liên tục R+ thỏa f

√

x2+y2

2

=

q

[f(x)]2+[f(y)]2

2 ,∀x, y ∈R

+(16) là: f(x) = √ax2+b với a, b ≥0 tùy ý Hệ 17 Các hàm số f(x) xác

định, liện tục R thỏa f

√

x2+y2

2

= f(x)+2f(y),∀x, y ∈ R (17) là: f(x) = ax2+b;∀a, b ∈

R Hệ

quả 18 Các hàm số f(x) xác định, liện tục R thỏa f

√

x2+y2

2

= Èf(x)f(y),∀x, y ∈ R (18) là:

2

4f(x)≡0

f(x) = eax2+b;∀a, b∈R Hệ 19 Các hàm số f(x) xác định, liện tục R thỏa f

√

x2+y2

2

=

2

1

f(x)+

f(y)

,∀x, y ∈R(19) là: f(x) = ax21+b với ab≥0, b6= tùy ý

IV Các tập vận dụng Bài tốn Tìm tất hàm f(x) liên tục R thỏa: f(x+y) = f(x)+f(y)+f(x)f(y)Giải: Từ tốn ta có:f(x+y)+1 = (f(x)+1)(f(y)+1)nên đặtg(x) = f(x)+1 ta cóg(x+y) =g(x).g(y)⇒g(x) = axvậyf(x) = ax−1 Bài tốn Tìm tất hàm sốf(x)liên

tục trênRthỏa mãn điều kiện:f(x)+f(y)−f(x+y) =xy, ∀x, y ∈RGiải Ta viết lại phương trình hàm dạng:

f(x) +f(y)−f(x+y) =

2[(x+y)

2

−(x2+y2)]

⇔f(x) + 2x

2

+f(y) + 2y

2

=f(x+y) +

2(x+y)

2

Đặt g(x) = f(x) + 12x2 ta có

g(x)là hàm liên tục trênRthỏa mãn điều kiện: g(x) +g(y) =g(x+y)Vậyg(x) =ax, ∀x∈R,alà số thực, nênf(x) =−1

2x

2+ax Thử lại thấy hàm thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán Cho

a∈R, tìm tất hàm liên tụcf :R→Rsao cho:f(x−y) =f(x)−f(y) +axy, ∀x, y ∈RGiải Cho x= 1, y = ⇒f(1) =f(1)−f(0) nên f(0) = Lại chox=y= 1⇒f(0) =f(1)−f(1) +a⇒a= Vậy với a 6= khơng tồn hàm số Ta viết lại quan hệ hàm f(x−y) = f(x)−f(y), ∀x, y ∈ R

Từ ta được: f(x) = f(x+y−y) = f(x+y)−f(y) ⇒ f(x+y) = f(x) +f(y), x, y ∈ R Vậy f(x) = ax, ∀x ∈R Bài tốn Tìm tất hàm số f(x) xác định liên tục R+ thỏa mãn điều

kiện:fxy= f(x)−f(y) ∀x, y ∈R+ Giải Đặt x

y =t → x =ty thay vào ta có: f(t) = f(ty)−f(y)⇒

f(ty) =f(t) +f(y) Vậy f(x) =alnx ∀x∈R+, a∈

R

Bài toán Cho a, b ∈ R\{0}, tìm hàm f(x) xác định liên tục R thỏa mãn điều kiện: f(ax+by) = af(x) +bf(y) ∀x, y ∈ R(1) Giải Cho x = y = vào (1) ta được: f(0)(a+b−1) = Nếu a +b 6= f(0) = Vậy điều kiện Cauchy thỏa mãn, nên f(ax) = af(x) f(bx) = bf(x), ta có quan hệ f(ax +by) = f(ax) + f(by), ∀x, y ∈ R Vậy f(x) = x Nếu a+b = nhận giá trị tùy ý, ta phải đặt hàm để quan hệ Cauchy g(x) = f(x)−f(0) g(0) = tương tự phần trình bày ta có f(x) = cx+d Vậy: f(ax+by) = af(x) +bf(y) ∀x, y ∈ R là:

"

a+b = 1⇒f(x) = cx, c∈R

a+b = 1⇒f(x) = cx+d, c, d∈R Nhận xét: Với cách làm tương tự

cho quan hệ f(ax+by) = af(x) +bf(y) Bài toán Xác định hàm số f liên tục R thỏa mãn điều kiện:f(2x− y) = 2f(x) −f(y), ∀x, y ∈ R Giải Đặt g(x) = f(x)−f(0) g(0) = 0, từ phương trình ta thu được: g(2x− y) = 2g(x)−g(y), ∀x, y ∈ R Cho y = ⇒ g(2x) = 2g(x) cho x = ⇒ g(−y) = −g(y) Thay vào ta được: g(2x −y) = g(2x)−g(y), ∀x, y ∈ R Vậy g(x+y) =g2.x

2 −1

y

−1

(17)

tùy ý Vậyf(x) = ax+b, thử lại thấy hàm thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 8(Đề nghị IMO 1979) Chứng minh hàmf :R→Rthỏa mãn điều kiện:f(xy+x+y) =f(xy)+f(x)+f(y), ∀x, y ∈R

khi f(x+y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R Giải Dễ thấy f tuyến tính f thỏa mãn hệ thức Giả sử f(xy+x+y) = f(xy) +f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R đặt y = u+v +uv ta được: f(x+u+v+xu+xv+uv+xuv) =f(x) +f(u+v+uv) +f(xu+xv+xuv)Hốn đổi vai trị củaxvàu ta được:f(u+x+v+ux+uv+xv+uxv) = f(u) +f(x+v+xv) +f(ux+uv+uxv)So sánh hai đẳng thức ta được: f(x) +f(u+v+uv) +f(xu+xv+xuv)= f(u) +f(x+v+xv) +f(ux+uv+uxv) Hay f(uv) + f(xu +xv + xuv) = f(xv) + f(xu +uv + xuv) Lấy x = ta có f(u) + 2f(uv) = f(u+ 2uv), theo ví dụ ta có điều phải chứng minh Bài tốn Tìm tất hàm số f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện:f(x)f(y)−f(x+y) = sinx.siny, ∀x, y ∈ R Giải Thay y = ta có f(x)[f(0)−1] = ⇒f(0) = 1, dễ dàng nhận thấy f(x) ≡0, ∀x ∈R khơng nghiệm phương trình Thay y =−x ta nhận được: f(x)f(−x)−f(0) = −sin2x, ∀x ∈ R ⇒ f(x)f(−x) = 1−sin2x = cos2x, ∀x ∈

R(1) Thay x = π2 vào (1) ta nên: f

π

2

.f−π

2

= Hoặc fπ

2

= thay vào hàm ta được: −fx+ π2 = sinx ⇒ fx+π2 = −sinx → f(x) = −sinx− π

2

= cosx, ∀x ∈ R

Hoặc f−π

2

= thay vào hàm ta được: fx− π

2

= sinx ⇒ f(x) = sinx+ π2 = cosx, ∀x ∈ R

Dễ dàng kiểm tra lại thấy f(x) = cosx hàm thỏa mãn u cầu tốn Bài tốn 10 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f(x+y−xy) +f(xy) = f(x) +f(y) (1) với x, y ∈ R Giải Ta chứng minh f hàm số thỏa mãn điều kiện tốn hàm số F(x) = f(x+ 1)−f(x) thỏa mãn điều kiện hàm Cauchy F(u+v) = F(u) +F(v) với (u, v) ∈ ∆ = {(u, v) : u+v > 0hoặc u = v = u+v ≤ −4} Thật vậy, giả sử flà hàm số thỏa mãn điều kiện (1) Ta định nghĩa hàm sốf∗(x, y)bởi:f∗(x, y) =f(x) +f(y)−f(xy)Dễ thấy hàmf∗ thỏa mãn phương trình hàm: f∗(xy, z) +f∗(x, y) =f∗(x, yz) +f∗(y, z)(1) Mặt khác ta cóf∗(x, y) =f(x+y−xy)(2) Thay (2) vào (1) ta được:fxy+y1 −x+f(x+y−xy) =f(1) +fy+ 1y −1, với mọix, y 6= Đặtxy+1y−x=u+ x+y−xy = v+ 1(3) ta nhận được: f(u+ 1) +f(v + 1) = f(1) +f(u+v + 1), với u, v thỏa mãn điều kiện Bằng việc cộng hai đẳng thức (3) ta có y+y1 =u+v+ 2, để có nghiệm y6= trường hợp D = {(u+v + 2)2 −4 = (u+v)(u+v+ 4) ≥ 0} Điều kiện xảy làu+v > 0hoặc u+v = u+v+ 4≤0 Bằng việc kiểm tra điều kiện ta thấy toán thỏa Nếu f nghiệm tốn f phải có dạng f(x) = F(x−1) +f(1)(1) với x, F thỏa mãn phương trình hàm Cauchy F(x+y) =F(x) +F(y) với x, y Chứng minh Theo chứng minh trên, fcó dạng với F thỏa mãn phương trình Cauchy với (u, v) ∈ ∆ Ta chứng minh Fthỏa mãn phương trình Cauchy với (u, v) Giả sử , tồn số thực cho điểm (x, u),(x+u, v),(x, u+v) nằm ∆ với việc xác định x là: cố định (u, v)∈∆thì từ bất đẳng thức x+u >0, x+u+v >0ta tìm điều kiện củax Nhưng đó:

F(u) = F(x+u)−F(x)

F(v) =F(x+u+v)−F(x+u) F(u+v) = F(x+u+v)−F(x)

Suy từ phương trình ta có F(u) +F(v) =F(u+v) Và

tốn chứng minh

Bài toán 14(VMO 1992 bảng B) Cho hàm số f : R → R thỏa mãn f(x+ 2xy) = f(x) + 2f(xy),

∀x, y ∈ R Biết f(1991) = a, tính f(1992) Giải Thay x = ta f(0) = Thay y = −1 ta nhận f(x) = −f(−x) Thay y = −1

2 ta f(x) = 2f

x

2

Xét x 6= số thực t bất kỳ, đặt y = 2tx ta nhận được: f(x+t) = f(x) + 2f2t = f(x) +f(t) Vậy f hàm Cauchy nên f(x) = kx, với k số Từ f(1991) = a ⇒ k.1991 = a ⇒ k = 1991a Do f(1992) = 19921991a Bài tốn 15 Tìm tất hàm số f(x) xác định (0,+∞), có đạo hàm x = thỏa mãn điều kiện f(xy) = √xf(y) +√yf(x),∀x, y ∈R+ Giải Xét hàm số sau g(x) = f√(x)

x Từ giả thiết tốn

ta có:√xy.g(xy) = √xy.g(x) +√xy.g(y)⇔g(xy) = g(x) +g(y), ∀x, y ∈R+ Vậy g(x) = log

(18)

Từ ta có kết hàm sốf(x) =k.√x.logaxvới k ∈R Lại từ (1) ta đặtz =x+y y=z−x quan hệ (1) trở thànhf(z) =f(x).f(z−x), với giả thiếtf(x)6= 0∀x∈R ta viết lại sau:f(z−x) = ff((xz)), ta đề xuất toán sau đây: Bài toán 18 Xác định hàm số f(x) liên tục R thỏa mãn điều kiện:

8 > < > :

f(x−y) = f(x)

f(y), ∀x, y ∈R f(x)6= ∀x∈R

(2) Vì giả thiết f(x) 6= 0∀x ∈R

nên có hàm số f(x) = ax(a >0) thỏa mãn yêu cầu toán To be continued

(19)

3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

3

Phương pháp quy nạp

Phương pháp yêu cầu ta trước hết tính f(0), f(1) dựa vào tính f(n) với n ∈ N Sau tính f(n) với n ∈ Z Tính tiếp f1n, từ suy biểu thức f(r) với r ∈ Q Phương pháp thường sử dụng cần tìm hàm số xác định N,Z,Q

Ví dụ 3.1 Tìm tất hàm số f :Q→Q thỏa mãn điều kiện:

f(1) = 2, f(xy) = f(x)f(y)−f(x+y) + 1,∀x, y ∈Q (11)

Giải

Cho y= sử dụng giả thiết f(1) = ta

f(x+ 1) =f(x) + 1,∀x∈Q (12) Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh

f(x+m) = f(x) +m,∀x∈Q,∀m ∈N (13) Tiếp theo ta chứng minh:

a) f(n) = n + 1,∀n ∈ N Thật (12) cho x = ta tìm f(0) = Giả sử ta có f(k) = k+

f(k+ 1) =f(k) + =k+ + = k+

b) Tiếp theo ta chứng minhf(m) =m+1,∀m∈Z Thật vậy, (12) chox=−1ta đượcf(−1) = Trong (11) cho y=−1 ta có

f(−x) =−f(x−1) + 1,∀x∈Q

Khi với m ∈ Z, m < đặt n =−m, n ∈ N nên sử dụng kết phần (a) ta

f(m) =f(−n) = −f(n−1) + =−n+ = m+ c) Tiếp theo ta chứng minh f(x) =x+ 1,∀x∈Q Trước tiên ta tính f

1 n

, n∈N+, cách (11) cho x=n, y=

n ta có

2 = (n+ 1)f

1 n

−f

n+ n

+ Lại theo (13)

f

n+ n

=f

1

n

+n thay vào phương trình ta

f

1

n

= n+

n =

(20)

Từ với x∈Q x ln biểu diễn dạngx= m

n, m∈Z, n∈N

+, đó

f(x) = f

m n =f m.1 n =f(m).f 1 n −f

m+ n

+ = (m+ 1)

1

n +

−f

1

n

−m+ = (m+ 1)

1

n +

−

n −1−m+ = m

n + =x+

Thử lại thấy hàm số f(x) = x+ 1,∀x∈Qthỏa mãn yêu cầu toán

Nhận xét: Bài tốn kết khơng thay đổi ta làm tập R không cần cho trước f(1) Việc cho trước f(1) giúp trình quy nạp thuận lợi Từ lời giải cần sử lý tập số vô tỉ Tham khảo thêm 8.11

Ví dụ 3.2 Tìm tất hàm số liên tục f :R→Rthỏa mãn

f(x+y) +f(x−y) = (f(x) +f(y)),∀x, y ∈R

Giải

a) f(0) = 0, cần thay x=y= ta có kết

b) f hàm chẵn Đổi vai trò giữax, y điều kiện ta có

f(x+y) +f(y−x) = (f(x) +f(y)),∀x, y ∈R

Và thìf(x−y) =f(y−x),∀x, y ∈R.Do đóf hàm chẵn nên ta cần làm việc R+ c) f(nx) =n2f(x),∀n ∈

N,∀x∈R+ Thật vậy, chox=y ta

f(2x) = 4f(x),∀x∈R+.

Giả sử ta có f(nx) = n2f(x),∀n ∈

N,∀x∈R+ Khi thay y=nx ta

f((n+ 1)x) +f(−(n−1)x) = (f(x) +f(nx)), hay

f((n+ 1)x) = 2f(x) +n2f(x)−(n−1)2f(x) = (n+ 1)2f(x) d) f(qx) =q2f(x),∀x∈R+,∀q ∈

Q+ Thật từ (c)

f(x) =

n2f(nx)→f

x

n

=

n2f(x),∀n∈N,∀x∈R +

Với q ∈Q+ thì q = m

n với m, n∈N, n6= nên f(qx) = f

m.x n

=m2f

x

n

= m

2

(21)

e) Dof liên tục trênR+ nên f(x) =ax2,∀x∈

R+(với a=f(1))

Thử lại thấy hàm số f(x) = ax2,∀x∈

Rthỏa mãn yêu cầu toán

Nhận xét: Quan hệ tốn đẳng thức hình bình hành quen thuộc Đó −→u ,−→v hai vector ta có

|−→u +−→v |2+|−→u − −→v |2 = 2|−→u|2+|−→v |2

Bản chất lời giải chứng minh hàm f liên tục thỏa mãn đẳng thức hình bình hành bắt buộc phải có dạng f(x) =f(1)x2 Cũng cần lưu ý điều kiện liên tục thay điều

kiện đơn điệu hàm số

Ví dụ 3.3 Tìm tất hàm số f : [0,∞)→R cho f đơn điệu thỏa mãn điều kiện (f(x) +f(y))2 =fx2−y2+f(2xy),∀x≥y≥0

Giải

Cho x=y = ta f(0) = f(0) =

a) Trường hợpf(0) =

2, thay x= 1, y = ta lại f(1) =−

2 f(1) =

(i) Nếu f(1) =−1

2 thay x=y= ta đượcf(2) =

2 Khi ta thấy f(0)> f(1), f(1) < f(2), mâu thuẫn với tính chất đơn điệu hàm số

(ii) Vậy f(1) =

2 Khi thay x=y ta

4 (f(x))2 =f2x2+ Xét dãy số x1 = 1, xn+1 = 2x2n, thay vào quan hệ ta

4 (f(xn))2 =f(xn+1) +

1 Bằng quy nạp ta f(xn) =

1

2 với n ∈ Z

+ Vì x

n → ∞ f đơn điệu nên suy

f(x) =

2 với mọix≥0

b) Trường hợpf(0) = Khi thay y= ta

fx2= (f(x))2,∀x≥0→f(x)≥0,∀x≥0

Ngoài thay x=y ta (f(x))2 =f(2x2) Kết hợp với đẳng thức ta

4f(x) =f(2x),∀x≥0

Trong phương trình hàm ban đầu, đặt x=u+v, y=u−v ta [f(u+v)−f(u−v)]2 =f(4uv) +f2(u2−v2)

(22)

Từ lấy bậc hai ta

f(u+v) +f(u−v) = (f(u) +f(v)),∀u≥v ≥0

Phương trình hàm có nghiệm f(x) = f(1)x2,∀x ≥ Ngồi dễ dàng tính f(1) = f(1) =

Kết luận: Các hàm số thỏa mãn f(x)≡0, f(x)≡

2 f(x) = x

2,∀x≥0.

Nhận xét: Bài toán xuất phát từ đẳng thức quen thuộc là(x2+y2)2 = (x2−y2)2+

(2xy)2. Và điểm mấu chốt tốn tính chất f(x2) = (f(x))2, để suy ra f(x)≥0 khix≥0.

Ví dụ 3.4 (China 1996)Cho hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện:

f(x3+y3) = (x+y)(f2(x)−f(x)f(y) +f2(y)),∀x, y ∈R Chứng minh rằngf(1996x) = 1996f(x),∀x∈R

Giải

a) Tính f(0) thiết lập cho f(x)

Cho x=y= ta f(0) = Cho y = ta

f(x3) = xf2(x)

Nhận xét: f(x) x dấu Từ ta có

f(x) =x13f2(x 3)

b) Thiết lập tập hợp tất giá trịa mà f(ax) = af(x) Đặt S ={a >0 :f(ax) = af(x),∀x∈R}

• Rõ ràng1∈S

• Ta chứng tỏ nếua ∈S a13 ∈S Thật

axf2(x) = af(x3) =f(ax3) =f(a13x)3

=a13x.f2(a 3x)

⇒a23f2(x) = f2(a 3x)

⇒a13f(x) = f(a 3x)

• Nếua, b∈S a+b∈S Thật f((a+b)x) =f

(a13x

3)3 + (b 3x

1 3)3

= (a13 +b 3)

h

f2(a13x

3)−f(a 3x

1 3).f(b

1 3x

1

3) +f2(b 3x

1 3)

i

= (a13 +b 3)

h

a23 −a 3b

1 +b

2

i

x13f2(x

3) = (a+b)f(x)

(23)

Nhận xét: Nếu đơn chứng minh kết tốn quy nạp trực tiếp Bằng cách khảo sát ta thấy hết tất giá trị a >0mà f(ax) =af(x)

2 Do yêu cầu “đặc biệt” toán, nên tự nhiên ta nghĩ chứng minh điều với số tự nhiên, qua đó, nghĩ đến hướng quy nạp

3 Việc suy dấu f(x) dấu với x quan trọng, giúp ta triệt tiêu bình phương mà không cần xét dấu, điều đáng lưu ý nhiều tập khác

4 Bài tốn xuất phát từ đẳng thức x3+y3 = (x+y) (x2−xy+y2).

Ví dụ 3.5 Tìm tất hàm f :Z→Zthỏa mãn:

f(x3+y3+z3) = f3(x) +f3(y) +f3(z),∀x, y, z ∈Z

Hint:

1 Tínhf(0) chứng minh f hàm lẻ

2 Chứng tỏ f(2) = 2f(1), f(3) = 3f(1) Chứng minh quy nạp f(n) = nf(1),∀n ∈ Z Trong chứng minh chuyển từn=k≥0sangn =k+ 1, ta sử dụng đẳng thức sau: Nếuk chẵn thìk = 2t, ta có:

(2t+ 1)3+ 53+ 13 = (2t−1)3+ (t+ 4)3 + (4−t)3 k= 2t

và nếuk lẻ thìk = 2t−1khi n= 2t ln viết dạng2t= 2j(2i+ 1), đẳng thức chỉ

cần nhân cho 23j

Ví dụ 3.6 Tìm tất hàm f :N→Nthỏa mãn điều kiện:

f(1) >0và f(m2+n2) = f2(m) +f2(n),∀m, n∈N

Hint:

1 Tínhf(0)⇒f(m2+n2) = f(m2) +f(n2)

2 Chứng minh f(n) =n,∀n ≤10 Với n >10 ta sử dụng đẳng thức sau: (5k+ 1)2+ 22 = (4k+ 2)2+ (3k−1)2 (5k+ 2)2+ 12 = (4k+ 1)2 + (3k+ 2)2 (5k+ 3)2+ 12 = (4k+ 3)2 + (3k+ 1)2 (5k+ 4)2+ 22 = (4k+ 2)2 + (3k+ 4)2

(24)

4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TỒN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ

4

Khai thác tính chất đơn ánh, tồn ánh, song ánh, chẵn lẻ

của hàm số

Trước tiên ta nhắc lại khái niệm

a) Nếu f :R→R đơn ánh từf(x) =f(y)ta suy x=y b) Nếu f :R→R tồn ánh với y∈R, tồn x∈R để f(x) =y

c) Nếu f :R→R song ánh ta có hai đặc trưng

Nếu hàm số mà đơn ánh hay dùng thủ thuật tác động f vào hai vế, hàm

f toàn ánh ta hay dùng: Tồn số b cho f(b) = 0, sau tìm b Nếu quan hệ hàm hàm bậc biến vế phải nghĩ tới hai quan hệ

Ví dụ 4.1 Tìm tất hàm số f :Q→Q thỏa mãn

f(f(x) +y) = x+f(y),∀x, y ∈Q

Giải

Nhận xét, hàm đồng khơng thỏa mãn tốn Xét f(x)6≡0 a) f đơn ánh, thật vậy, nếuf(x1) =f(x2)

f(f(x2) +y) = f(f(x2) +y)→x1+f(y) = x2+f(y)→x1 =x2

b) f tồn ánh, thật vậy, tồn y0 chof(y0)6= Do vế phải điều kiện hàm số bậc

nhất x nên có tập giá trị Q

c) Tính f(0), cho x=y= sử dụng tính đơn ánh ta

f(f(0)) =f(0) →f(0) = Từ thay y= ta

f(f(x)) =x,∀x∈Q

d) Thay x f(x) sử dụng kết trên(và điều cho với x∈Q f tốn ánh) f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈Q

Từ ta f(x) = ax thay vào toán ta nhận f(x)≡x f(x)≡ −x Q

Nhận xét: Nếu yêu cầu tốn tậpR cần thêm tính chất đơn điệu liên tục Cụ thể, bạn giải lại tốn sau (THTT, 2010): Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện

f(x+f(y)) = 2y+f(x),∀x, y ∈R Ví dụ 4.2 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn

(25)

Giải

Thay x= vào điều kiện hàm ta

f(f(y) + 1) =y+f(1),∀y∈R Từ suy raf song ánh Lấy x= 1, y = ta

f(f(0) + 1) =f(1) →f(0) = dofđơn ánh Bây vớix6= 0, đặty =−f(x)

x thay vào điều kiện hàm ta

f(xf(y) +x= =f(0))→xf(y) =x dofđơn ánh, hay f(y) =−1, tức

f

−f(x)

x

=f(y) = −1 = f(b),

với b số thực đó(do f toàn ánh) Vậy f(x) = −bx,∀x 6= Kết hợp với f(0) = viết gộp thành f(x) = −bx,∀x ∈ R Thay vào điều kiện hàm số ta có hai hàm thỏa mãn f(x)≡x f(x)≡ −x

Nhận xét: Bài toán giải cách biến sau mà khơng cần dùng đến tính song ánh hàm số Thayx= ta

f(f(y) + 1) =y+f(1),∀y∈R

Ví dụ 4.3 (Đề nghị IMO 1988) Xác định hàm số f :N→N thỏa mãn điều kiện sau:

f(f(n) +f(m)) = m+n,∀m, n∈N (14)

Giải

a) Trước tiên ta kiểm traf đơn ánh Thật giả sửf(n) =f(m),

f(2f(n)) =f(f(n) +f(n)) = 2n,

f(2f(n)) =f(f(m) +f(m)) = 2m Do m=n, nên f đơn ánh

b) Ta tính f(f(n)) theo bước sau: cho m = n = (14) ta f(2f(0)) = 0, lại cho m = 2f(0) vào (14) ta

(26)

c) Tác động f vào hai vế (14) sử dụng kết trên, ta

f(f(f(n) +f(m))) =f(n) +f(m) + 2f(0) Ngoài theo quan hệ đề

f(f(f(n) +f(m))) =f(n+m) Từ ta có

f(n+m) = f(n) +f(m) + 2f(0)

Cho m = n = f(0) = 0, quan hệ trở thành hàm cộng tính Vậy f(n) = an Thay vào quan hệ toán ta

f(n) =n,∀n ∈N

- Nhận xét: Quan hệ đơn ánh tốn khơng cần thiết lời giải Và tốn chứng minh quy nạp N

Cách Nếu xét Z+ ta chứng minh quy nạp f(x) = x,∀x ∈ N Tức là, dùng phương pháp, ta chứng minh khơng cịn tồn hàm số khác Trước tiên ta tính f(1) Giả sử f(1) =t >1, đặt s=f(t−1)>0 Nhận thấy f(m) =n

f(2n) =f(f(m) +f(m)) = 2m Như

f(2t) = 2, f(2s) = 2t−2 Nhưng

2s+ 2t=f(f(2s) +f(2t)) = f(2t) = 2→t <1, điều vơ lý Vậy f(1) = Giả sử ta có f(n) =n

f(n+ 1) =f(f(n) +f(1)) =n+ Vậy f(n) =n,∀n∈Z+.

Ví dụ 4.4 (Balkan 2000)Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện:

f(xf(x) +f(y)) = (f(x))2+y,∀x, y ∈R (15)

Giải

a) Ta tính f(f(y)) cách cho x= vào (15) ta

f(f(y)) = (f(0))2+y,∀y∈R

b) Chứng tỏf đơn ánh Thật nếuf(y1) =f(y2)thì f(f(y1)) =f(f(y2)) Từ theo phần (a)

f2(0) +y1 = (f(0))

+y2 ⇒y1 =y2

(27)

d) Tính f(0) Dựa vào tính tồn ánh phải tồn a ∈ R để f(a) = Thay x =y = a vào (15) ta

f(af(a) +f(a)) = (f(a))2+a ⇒f(0) =a Do f song ánh nên a= 0, tức f(0) = Từ theo (a)

f(f(x)) =x,∀x∈R Trong (15) cho y= ta

f(xf(x)) = (f(x))2,∀x∈R (16) Trong quan hệ trên, thay x bởif(x)ta được(thay với x∈R f song ánh)

f(f(x).f(f(x))) = [f(f(x))]2,∀x∈R ⇔f(f(x)·x) =x2,∀x∈R

⇔(f(x))2 =x2,∀x∈R

Từ suy với x∈R f(x) =x f(x) = −x Chúng ta chứng tỏ phải có đồng nhấtf(x) =x,∀x∈Rhoặc làf(x) = −x,∀x∈Rchứ xảy đan xen hai giá trị Thật vậy, giả sử tồn tạia6= 0, n6= chof(a) =−a, f(b) = b quan hệ (15) thay x=a, y =b ta

f−a2+b=a2+b

Nhưng giá trị củaf(−a2+b) chỉ là−a2+b hoặc là a2−b Nhưng nhận thấya2+b không thể

bằng với giá trị hai giá trị Vậy điều giả sử sai

Kiểm tra lại thấy hai hàm sốf(x) = x,∀x∈Rhoặc làf(x) =−x,∀x∈Rthỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 4.5 (IMO 1992) Tìm tất hàm sốf :R→Rthỏa mãn điều kiện

fx2+f(y)= (f(x))2+y,∀x, y ∈R (17)

Giải

a) f đơn ánh, f(y1) =f(y2)

fx2+f(y1)

=fx2+f(y2)

→(f(x))2+y1 = (f(x))2+y2 →y1 =y2

b) f toàn ánh, vế trái làm hàm bậc theo y nên f có tập giá trị tồn R Kết hợp hai điều suy f song ánh

c) Tính f(0) Do f song ánh nên tồn a∈R cho f(a) = 0.Thay x= ta f(f(y)) = (f(0))2+y

Thay x=y=a vào (17) sử dụng kết trên, ta fa2=a

→f(a) =ffa2

→0 = (f(0))2+a2

(28)

4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ

Từ ta thu quan hệ quen thuộc

f(f(x)) = x,∀x∈R fx2= (f(x))2(thay y= 0)

Từ nếux≥0thì f(x)≥0, ngồi f(x) = x= Bây lấyx≥0, y ∈R f(x+y) =f√x2 +f(f(y))=f√x2 +f(y) =f√x2+f(y),

hay

f(x+y) =f(x) +f(y),∀x≥0, y ∈R Thay y=−x ta f(−x) = −f(x) hay f hàm lẻ Do x <0thì

f(x+y) = f(−(−x−y)) =−f(−x−y) = −f(−x)−f(−y) = f(x) +f(y),∀y∈R,∀x <0 Kết hợp hai điều ta thu quan hệ cộng tính hàm f

f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈R

Ngồi sử dụng tính chấtf(x) = khix= ta cịn có thêmf đơn điệu tăng Thật vậy, với x > y x−y >0 nên f(x−y)>0,

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

Hàm f cộng tính đơn điệu nên có dạng f(x) =ax, thay vào ta a = Vậy f(x) =x,∀x ∈ R

thỏa mãn tốn

Ví dụ 4.6 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn

f(x+f(y)) = x+f(y) +xf(y),∀x, y ∈R

Giải

Ta viết lại quan hệ hàm dạng

f(x+f(y)) = (f(y) + 1)x+f(y),∀x, y ∈R (18) a) Nếu f(x)≡ −1, dễ dàng kiểm tra hàm thỏa mãn

b) Xét f(x) khơng đồng −1 Khi phải tồn tạiy0 ∈ R đểf(y0)6=−1 Khi vế phải (18)

là hàm bậc x nên có tập giá trị R Điều chứng tỏ f toàn ánh

Cho x= ta thu thêm quan hệ

f(f(x)) =f(x),∀x∈R

Khi với x∈R, f tồn ánh nên tồn y(phụ thuộc vào x) cho x=f(y), f(x) =f(f(y)) =f(y) =x

(29)

Kết luân: Hàm số thỏa mãn yêu cầu toán f(x)≡ −1

Ví dụ 4.7 (Việt Nam TST 2004) Tìm tất giá trị a, cho tồn hàm sốf :R→Rthỏa mãn điều kiện

fx2+y+f(y)= (f(x))2+ay,∀x, y ∈R (19)

Giải

Nhận thấy a = có hai hàm số thỏa mãn f(x) ≡ f(x) ≡ Do ta xét trường hợp a6=

a) Hàm f toàn ánh Thật vế phải hàm bậc y nên có tập giá trị làR Do f tồn ánh, tồn b∈R cho f(b) =

b) f(x) = x= Thay y=b vào (19) ta

fx2+b= (f(x))2+ab (20) Từ phương trình ta thấy

fx2+b= (f(−x))2+ab

Do ta (f(x))2 = (f(−x))2 hay |f(x)| = |f(−x)|,∀x ∈ R Từ điều ta thu thêm f(−b) = Lại thay y =−b vào (19) ta

fx2−b= (f(x))2−ab (21) Từ (20) (21) ta nhận

fx2+b−fx2−b= 2ab,∀x∈R

Thay x= vào đẳng thức ta 2ab=f(b)−f(−b) = 0→b = Vậy f(x) = ↔x= c) a = Trong (19) cho y = f(x2) = (f(x))2

,∀x ∈ R Từ cho x = ta f(1) = (f(1))2 →f(1) = 1(vì f(1)6= phần (b)) Lại (19) cho y=

fx2+ 2= (f(x))2 +a=fx2+a Thay x= vào đẳng thức a=f(2) Do

(30)

Bây ta giải phương trình hàm

fx2+y+f(y)= (f(x))2+ 2y,∀x, y ∈R (22) Thay y=−(f(x))

2

2 vào (22) ta

f x2− (f(x))

2

!

+f −(f(x))

2

!

= 0,∀x∈R Vì tính chất củaf làf(x) = x= nên

f −(f(x))

2

!

=−x2+ (f(x))

2

2 ,∀x∈R Lại (22) sử dụng kết ta

fx2−y2= (f(x))2 −(f(y))2 =f(x2)−f(y2),∀x, y ∈R

Từ đẳng thức cho x = f(−y2) = −f(y2) tức f là hàm lẻ Nên quan hệ viết lại

dưới dạng

f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈R Lại sử dụng(f(x))2 =f(x2)thì(f(x+y))2

=f((x+y)2), khai triển sử dụng tính cộng tính ta được

f(xy) =f(x)f(y),∀x, y ∈R

Hàmf vừa cộng tính, vừa nhân tính nên f(x)≡x Thử lại thấy hàm số thỏa mãn đề

Nhận xét: Một phần toán xuất tạp chí AMM, đề xuất Wu Wei Chao, chọn toán chọn đội tuyển Bungari năm 2003 chọn đội tuyển Iran 2007, giải cho trường hợpa =

Ví dụ 4.8 (Đề nghị IMO 2002) Tìm tất hàm sốf :R→R thỏa mãn f(f(x) +y) = 2x+f(f(y)−x),∀x, y ∈R

Giải

a) f toàn ánh, thayy=−f(x) ta

f(f(−f(x))−x) = f(0)−2x,∀x∈R Do vế phải hàm bậc x nên có tập giá trị R

b) Vì f tồn ánh nên tồn a cho f(a) = Thay x=a vào đề

f(y)−a=f(f(y)−a) +a Vì f tồn ánh nên quan hệ viết lại

(31)

Thử lại thấy hàm số thỏa mãn

Ví dụ 4.9 (THTT T8/360) Tìm tất hàm số f :R+→

R+ thỏa mãn

f(x).f(y) = f(x+yf(x)),∀x, y ∈R+. (23)

Giải

Giả sử f hàm số thỏa mãn toán

a) Nếu f(x)∈(0,1),∀x∈R+ thì thay y= x

1−f(x) vào (23) ta f(x)f

x 1−f(x)

=f

x 1−f(x)

,∀x∈R+,

suy f(x) = 1, trái với giả thiếtf(x)∈(0,1) Vậy giá trị hàm số f lớn b) Nếu tồn giá trị a∈R+ sao cho f(a) = 1, thay x=a ta được

f(y+a) = f(y),∀y∈R+.

Ngoài ra, ứng với mỗix∈R+cố định và h∈

R+ cho trước, ln tồn tạiy∈R+đểyf(x) =h Do

f(x+h) = f(x+yf(x)) = f(x)f(y)≥f(x)

Kết hợp hai điều bắt buộc phải có f(x)≡1 Kiểm tra lại thấy hàm số thỏa mãn c) Nếu f(x)>1,∀x∈R+ thì f đơn ánh Thật vậy, đó

f(x+h) =f(x+yf(x)) =f(x)f(y)> f(x),∀x, h∈R+.

Chứng tỏ f hàm đồng biến ngặt R+, đơn ánh trên

R+ Đổi vai trò củax

y (23) ta có

f(y+xf(x)) =f(x+yf(x)),∀x, y ∈R+.

Vì f đơn ánh nên

y+xf(y) =x+yf(x),∀x, y ∈R+.

Từ ta có

f(x)

x −

1 x =

f(y)

y −

1

y,∀x, y ∈R

+

, hay

f(x)

x −

1

x =a,∀x∈R

+ →f(x) = ax+ 1, a >0.

Thử lại thấy hai hàm số f(x)≡1 f(x) = ax+ 1, a >0,∀x∈R+ thỏa mãn tốn.

Ví dụ 4.10 (USA 2002) Tìm tất hàm sốf :R→R thỏa mãn fx2−y2=xf(x)−yf(y),∀x, y ∈R

(32)

a) f(0) = 0(thay x=y= 0)

b) f hàm lẻ,

−xf(−x)−yf(y) =f(−x)2 −y2=f(x2−y2) =xf(x)−yf(y),∀x, y ∈R→f(x) = −f(−x),∀x6= Từ ta tính tốn với x, y ≥0

c) f(x) =f(x−y) +f(y) (1) Cho x= ta f(x2) =xf(x), thay vào quan hệ hàm ta được

fx2=fx2 −y2+fy2→f(u) = f(u−v) +f(v),∀u, v ≥0 d) f(2t) = 2f(t), cần thay x= 2t, y=t vào (1)

e) Tính f(2t+ 1) theo hai cách, trước tiên vớix=t+ 1, y = vào (1) ta

f(t+ 1) =f(t) +f(1)

Thay x=t+ 1, y =t vào điều kiện ban đầu với sử dụng kết trên, ta

f(2t+ 1) = (t+ 1)f(t+ 1)−tf(t) =f(t) + (t+ 1)f(1) Ngoài ra, thay 2t+ 1, y = vào (1) ta

f(2t+ 1) =f(2t) +f(1) = 2f(t) +f(1) Kết hợp hai kết ta

2f(t) +f(1) =f(t) + (t+ 1)f(1)→f(t) =tf(1),∀t ≥0 Vậy f(x) = ax,∀x∈R, a số Kiểm tra lại thấy hàm số thỏa mãn

Nhận xét: Quan hệ (1) quan hệ cộng tính Tuy nhiên ta dùng tính cộng tính thu kết Q Và giả thiết tốn khơng thể khai thác thêm tính chất liên tục đơn điệu nên khơng thể có kết hàm f(x) = ax Cách tính f(2t+ 1) theo hai cách ý tưởng hay, mang tư tưởng cách tính sai phân

2 Nếu tốn có thêm giả thiết(f(x))2 =f(x2) thì khai triển (f(x+ 1))2

= (f(x+ 1))2 theo tính chất cộng tính, ta thu quan hệ nhân tính, từ tốn dễ dàng giải

Ví dụ 4.11 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện: f((1 +x)f(y)) =yf(f(x) + 1),∀x, y ∈R

Giải

Rõ ràng nhìn từ quan hệ hàm ta thấy hàm số f đơn ánh tốn trở nên dễ dàng Thật hàm f đơn ánh thay y= ta

(33)

Từ f đơn ánh nên (1 +x)f(1) = f(x) + 1, hay f(x) có dạng hàm số bậc f(x) = ax+b Thay lại vào quan hệ hàm ta đượca= 1, b= Vậy trường hợp có hàm số f(x) = x,∀x∈R

thỏa mãn tốn

Vấn đề cịn lại hàm f không đơn ánh Tức tồn y1 6=y2 mà f(y1) =f(y2) Khi ta có

y1f(f(x) + 1) =f((1 +x)f(y1))f((1 +x)f(y2)) = y2f(f(x) + 1),∀x,∈R

Từ điều phải cóf(f(x) + 1) = 0,∀x∈R Thay vào quan hệ hàm ta phải có f((1 +x)f(y)) = 0,∀x, y ∈R Nếu tồn y0 cho f(y0)6= ta có f((1 +x)f(y0)) = 0,∀x∈Rhay f(x)≡0(mâu

thuẫn) Vậy chứng tỏ không tồn tạiy0 đểf(y0)= 0, tức6 f(y)≡0 Từ ta có hàm đồng nhấtf(x)≡0

thỏa mãn toán

Nhận xét: Quan hệ đơn ánh tốn điểm mấu chốt lời giải Ví dụ 4.12 Xác định tất hàm số f :N→N, đồng thời thỏa mãn hai điều kiện:

f(2) = f(mn) = f(m)f(n),∀m, n∈N

Ví dụ 4.13 Tìm tất hàm số liên tục f :R→Rthỏa mãn điều kiện: f(xf(y)) =yf(x),∀x, y ∈R

Hint:

1 Nhận thấy f(x)≡0thỏa mãn Xét f(x)6=

2 Kiểm traf đơn ánh, vớif liên tục, f(1) > f(0) nên f tăng ngặt Tác động f vào hai vế, so ánh f(xf(y)) xf(y)

Đáp số: f(x) = x,∀x∈R

Nhận xét: Bài tốn dùng phép thích hợp để đưa hàm nhân tính

Ví dụ 4.14 Tìm tất hàm số f :Z+ →

Z+ thỏa mãn:

f(f(n) +m) = n+f(m+ 2003),∀m, n∈Z+.

Giải

a) Trước tiên ta chứng minh f đơn ánh Thật f(n1) =f(n2)

f(f(n1) +m) =f(f(n2) +m)

→n1+f(m+ 2003) = n2+f(m+ 2003)→n1 =n2

b) Thay m=f(1) ta có

f(f(n) +f(1)) =n+f(f(1) + 2003) =n+ +f(2003 + 2003) =f(f(n+ 1) + 2003)

(34)

5 KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

5

Khai thác tính đơn điệu hàm số

Trong mục này, ta xét số toán giải phương trình hàm có sử dụng đến tính đơn điệu hàm số Một số điều cần lưu ý:

a) Nếu f cộng tính đơn điệu R (hoặc R+) f(x) =kx

b) Nếu f đơn điệu thực f đơn ánh

c) Trong vài trường hợp, ta dự đốn cơng thức hàm số chẳng hạnf(x) = g(x) xét f(x)> g(x) vàf(x)< g(x), sau sử dụng tính đơn điệu hàm f để dẫn tới điều vô lý

d) Nếu hàm f đơn điệu ta có cơng thức f tập số hữu tỉ Q dùng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, sau chuyển qua giới hạn

Ví dụ 5.1 Tìm tất hàm đơn điệu f :R→R thỏa mãn f(x+f(y)) = f(x) +y,∀x, y ∈R

Giải

a) Ta chứng minh f đơn ánh

Thật giả sử f(x1) =f(x2), với x∈R ta có

f(x+f(x1)) =f(x+f(x2))⇒f(x) +x1 =f(x) +x2 ⇒x1 =x2

b) Lại thay x=

f(f(y)) =f(0) +y hay f(f(x)) =x+f(0)∀x∈R c) Bây thayx=f(x) vào quan hệ hàm

f(f(x) +f(y)) =f(f(x)) +y=x+y+f(0) =f(0 +f(x+y))

Dof đơn ánh nênf(x+y) =f(x)+f(y),∀x, y ∈R Vìf đơn điệu cộng tính trênRnênf(x) = kx Thay vào quan hệ hàm ta tìm k=±1 Vậyf(x) = xhay f(x) = −xlà hàm số cần tìm Ví dụ 5.2 Tìm tất hàm tăng nghiêm ngặt f :R→R thỏa mãn

f(f(x) +y) =f(x+y) + 1,∀x, y ∈R

Giải

a) Tính f(f(x)) Cho y= ta

(35)

b) Sử dụng tính đơn điệu hàm số

Thay x f(x) sử dụng kết ta có

f(f(f(x)) +y) =f(f(x) +y) + ⇒f(f(x) + +y) = f(x+y) + + (24) Thay y f(y) ta

f(f(x) +f(y)) = f(x+f(y)) + =f(x+y) + + (25)

Từ (24) (25) ta

f(f(x) +y+ 1) =f(f(x) +f(y)) Vì f hàm đơn điệu nên

f(x) +y+ =f(x) +f(y)⇒f(x) =x+ 1,∀x∈R Thử lại thấy hàm số f(x) = x+ 1,∀x∈R thỏa mãn yêu cầu đề

Ví dụ 5.3 (Hy lạp 1997) Giả sửf : (0,∞)→R thỏa mãn ba điều kiện: (a) f tăng nghiêm ngặt

(b) f(x)>−1

x với x >0

(c) f(x)ff(x) + x1= với x >0 Tính f(1)

Giải

Đặt t=f(1) Thế x= 1vào (c), ta tf(t+ 1) = Do t = 06 f(t+ 1) = 1t Lại đặt x=t+ vào (c) ta

f(t+ 1)f

f(t+ 1) + t+

= Khi

f

1 t +

1 t+

=t=f(1) Do f hàm tăng nghiệm ngặt nên

1 t +

1

t+ = Giải ta đượct = 1±

√

5

2 Nếu t = 1+√5

2 >0,

1< t=f(1)< f(1 +t) = t <1 mâu thuẫn Do đóf(1) =t= 1−

√

5

2 Chú ý hàm số

f(x) = 1−

√

(36)

Ví dụ 5.4 Tìm tất hàm số f : [1; +∞)→[1; +∞) thỏa mãn f(xf(y)) =yf(x),∀x∈[1; +∞)

Giải

a) f hàm đơn ánh Thật nếuf(y1) =f(y2)thì

f(xf(y1)) =f(xf(y2)⇔y1f(2x) = y2f(2x),∀x∈[1; +∞)⇔y1 =y2

(điều miền giá trị hàm số nằm [1; +∞), tức khác 0) b) Tính f(1)

Cho x=y= f(f(1)) =f(1), f đơn ánh nênf(1) =

c) Chox= f(f(y)) =y

d) Vớiy >1 f(y)>1(do f đơn ánh) Với x > y ≥1 f(x) =f

x y.y

=f

x

y.f(f(y))

=f(y).f

x y

> f(y) Suy f đồng biến [1; +∞)

e) Ta chứng minh f(x) = x,∀x ∈ [1; +∞) Thật vậy, giả sử có x0 ∈ [1; +∞) cho f(x0) 6= Nếu

f(x0)> x0

f(f(x0))> f(x0)⇒x0 > f(x0)

vô lý Tương tự cho trường hợp ngược lại Vậy f(x) = x,∀x∈[1; +∞)thỏa mãn yêu cầu tốn Ví dụ 5.5 (Iran 1997) Cho f :R→R hàm giảm thỏa mãn

f(x+y) +f(f(x) +f(y)) =f[f(x+f(y)) +f(y+f(x))],∀x∈R Chứng minh rằngf(f(x)) =x,∀x∈R

Giải

a) Làm xuất f(f(x)) Cho y=x ta

f(2x) +f(2f(x)) =f(2f(x+f(x))) (26) Thay x=f(x) vào (26) ta

f(2f(x)) +f(2f(f(x))) =f(2f(f(x) +f(f(x)))) (27)

Lấy (27) trừ cho (26) ta

(37)

b) Sử dụng tính chất hàm f hàm giảm Giả sử tồn tạix0 chof(f(x0))> x0, đó2f(f(x0))>

2x0 Do f hàm giảm nên f(2f(f(x0)))< f(2x0) Do vế trái (28) nhỏ Vậy

f(2f(f(x0) +f(f(x0))))−f(2f(x0+f(x0)))<0

⇒f(2f(f(x0) +f(f(x0))))< f(2f(x0+f(x0)))

Lại f hàm giảm nên

2f(f(x0) +f(f(x0))) >2f(x0+f(x0))⇒f(x0) +f(f(x0))< x0+f(x0)⇒f(f(x0))< x0

Điều dẫn đến mâu thuẫn

Nếu tồn tạix0 chof(f(x0))< x0 lập luận tương tự ta dẫn đến điều vô lý Vậy

f(f(x)) =x,∀x∈R Ví dụ 5.6 (Italy 2000)

a) Tìm tất hàm đơn điệu ngặtf :R→Rthỏa mãn

f(x+f(y)) =f(x) +y,∀x, y ∈R

b) Chứng minh với số nguyên n >1, không tồn hàm đơn điệu ngặt f :R→R cho f(x+f(y)) =f(x) +yn,∀x, y ∈R

Giải

Hàm đơn điệu ngặt đơn ánh Ngoài dễ thấy f song ánh

a) Thếx=y= ta f(f(0)) =f(0) Do f đơn ánh nên f(0) = Từ ta quan hệ

f(f(x)) =x,∀x∈R Khi với z ∈R, thay y=f(z)vào quan hệ hàm ta

f(x+z) = f(x) +f(z),∀x, z∈R

Từ tính chất cộng tính hàm f tính đơn điệu ngặt f, suy f có dạng f(x) = ax Thay vào hàm ban đầu ta f(x)≡x f(x)≡ −x hai hàm thỏa mãn yêu cầu toán

Cách khác: Ta kiểm tra trực tiếp hai hàm số sau Xét trường hợpf hàm tăng, giả sử tồn x0 ∈R cho f(x0)> x0, dof hàm tăng nên

f(f(x0))> f(x0)→x0 > f(x0),

(38)

b) Trước tiên ta khẳng định n phải số lẻ Thật vìf đơn ánh nên vớiy6= f(y)6=f(−y)dẫn đến

f(x+f(y))6=f(x+f(−y))→f(x) +yn 6=f(x) + (−y)n →yn6= (−y)n Nếu n chẵn đẳng thức vô lý, n phải số nguyên lẻ

Lập luận tương tự phần (a) ta thu

f(0) = 0, f(f(x)) =xn,∀x∈R Tác động f vào hai vế đẳng thức cuối ta

fn(y) = f(f(f(y))) =f(yn) Do ta thu quan hệ

f(x+yn) =f(x+f(f(y))) =f(x) +fn(y)

=f(x) +f(yn),∀x, y ∈R (29) Vì n lẻ nên ta thu tính cộng tính f(x+y) = f(x) +f(y),∀x, y ∈R Vì f đơn điệu nên có dạng f(x) = ax, thay vào ta thấy khơng thỏa mãn Vậy không tồn hàm số thỏa mãn u cầu tốn

Ta tiếp cận cách khác mà khơng qua tính cộng tính hàm số sau Ta có f(f(1)) = Nếu f hàm tăng, lập luận giống phần (a) ta f(1) = Khi

f(2) =f(1 +f(1)) =f(1) + 1n = 2,

2n =f(f(2)) =f(2) = 2, mâu thuẫn Nếu f hàm giảm lập luận tương tự

Ví dụ 5.7 (APMO 1989)Xác định tất hàm số f :R→Rthỏa mãn ba điều kiện đây: (i) Hàm f có tập giá trị R

(ii) Hàm f tăng ngặt R

(iii) f(x) +f−1(x) = 2x,∀x∈R, f−1 hàm ngược f

Giải

Ta dễ thấy rằng:

a) Sự tồn hàm ngượcf−1 của hàm sốf và f−1 :

R→R

(39)

Với điều kiện (iii) toán ta kiểm tra dễ dàng hàm số có dạng f(x) = x+c, clà số tùy ý, thỏa mãn tất điều kiện tốn, hàm ngược f có dạng f−1(x) = x−c Như tốn ln có nghiệm Mục đích trình bày chứng tỏ tốn khơng có nghiệm khác nghiệmf(x) =x+c

Bước Với số thực a ∈R, ta xây dựng tập S(a) = {x∈ R|f(x) = x+a} Mỗi số thực x ∈R

đều phải thuộc tập S(a) đó, lấy x0 ∈ R, nhiển nhiên x0 ∈S(a) với a= f(x0)−x0

Do ta thấy tồn số thực a cho S(a)6=∅

Bước Ta chứng minh x0 ∈S(a)⇔x0+ka∈S(a)với k∈Z Nhờ quy nạp, ta thấy

chỉ cần chứng minh x0 ∈S(a)⇔x0+a∈S(a) Thật

• Nếux0 ∈S(a)→f(x0) = x0+a →f−1(x0+a) =x0 Do theo điều kiện (iii)

2 (x0 +a) = f(x0+a) +f−1(x0+a) =f(x0+a) +x0,

suy

f(x0+a) =x0+ 2a= (x0 +a) +a→x0+a∈S(a)

• Ngược lại, x0+a ∈S(a)→f(x0+a) = x0+ 2a nên

2 (x0+a) =f(x0+a) +f−1(x0+a) = x0+ 2a+f−1(x0+a)→f−1(x0+a) = x0

Do

f(x0) = x0+a →x0 ∈S(a)

Bước Ta chứng minh S(a)6=∅ S(b) =∅ với mọib 6=a

• Giả sửb < a x0 ∈S(a) Với y∈R tùy ý, tồn k ∈Zsao cho

x0+k(a−b)≤y < x0+ (k+ 1)(a−b) (1),

suy

x0+ka≤y+kb <(x0+ka) + (a−b)

Theo điều kiện (ii) tốn ta có

f(y+kb)≥f(x0+ka) =x0 + (k+ 1)a

Do đó, nếuy+kb∈S(b)→f(y+kb) = y+ (k+ 1)b, suy

y+ (k+ 1)b≥x0+ (k+ 1)a→y≥x0+ (k+ 1)(a−b)

trái với điều kiện (1) Vậy y+kb6∈S(b), theo bước 2, ta có y6∈S(b) Chứng tỏ S(b) = ∅

• Nếub > a S(b)6=∅, theo phần ta lại suy S(a) = ∅, trái với giả thiết

(40)

6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ

6

Khai thác tính chất điểm bất động hàm số

Cho hàm số f : X →R Điểm a ∈X gọi điểm cố định(điểm bất động, điểm kép) hàm số f f(a) =a

Việc nghiên cứu điểm bất động hàm số cho ta số thông tin hàm số Điểm bất động a hàm số f chu trình bậc điểm a qua ánh xạ f

Ví dụ 6.1 (IMO 1983) Tìm hàm số f :R+ →

R+ thỏa mãn hai điều kiện:

lim

x→∞f(x) = f(xf(y)) =yf(x),∀x, y ∈R

+

Giải

a) Tính f(1)

Cho x=y= 1, ta f(f(1)) =f(1) Lại cho y=f(1) ta

f(xf(f(1))) =f(1)f(x)⇒f(xf(1)) =f(1)f(x) Mặt khác f(xf(1)) =f(x) nên ta

f(x) =f(x)f(1)⇒f(1) = 1(do f(x)>0) b) Điểm cố định hàm số

Cho x=y vào quan hệ hàm ta

f(xf(x)) = xf(x),∀x∈R+ Suy xf(x)là điểm bất động hàm số f

c) Một số đặc điểm tập điểm cố định

Nếu x vày hai điểm cố định hàm số,

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

Chứng tỏxy điểm bất động hàm số Như tập điểm bất động đóng với phép nhân Hơn x điểm bất động

1 = f(1) =f

1

xf(x)

=xf

1

x

⇒f

1

x

= x Nghĩa

x điểm bất động hàm số Như tập điểm bất động đóng với phép nghịch đảo

Như ngồi điểm bất động ra, có điểm bất động khác điểm bất động lớn 1, nghịch đảo lớn Do lũy thừa nhiều lần điểm lớn điểm bất động Điều trái với điều kiện thứ quan hệ hàm

d) Vậy điểm bất động hàm số, xf(x) điểm bất động hàm số với x >0 nên từ tính ta suy f(x) =

x

(41)

Ví dụ 6.2 (IMO 1994)Giả sử Slà tập hợp số thực lớn −1 Tìm tất hàm sốf :S→S cho điều kiện sau thỏa mãn

a) f[x+f(y)) +xf(y)] =y+f(x) +yf(x) ∀x, y ∈S

b) f(x)

x hàm thực tăng với −1< x <0 với x >0

Giải

a) Tìm điểm bất động

Từ điều kiện (b) ta nhận thấy phương trình điểm bất động f(x) = xcó nhiều nghiệm(nếu có): nghiệm nằm khoảng (−1; 0), nghiệm 0, nghiệm nằm khoảng (0; +∞)

b) Nghiên cứu điểm bất động hàm số

Giả sử u∈(−1; 0) điểm bất động f Trong điều kiện (a) cho x=y=u ta f(2u+u2) = 2u+u2

Hơn 2u+u2 ∈ (−1; 0) và 2u+u2 là điểm bất động hàm số khoảng(−1; 0).

Theo nhận xét phải có

2u+u2 =u⇒u=−u2 ∈(−1; 0)

Hồn tồn tương tự, khơng có điểm bất động nằm khoảng(0; +∞) Như điểm bất động hàm số(nếu có)

c) Kết luận hàm

Cho x=y vào (a) ta

f(x+f(x) +xf(x)) =x+f(x) +xf(x), ∀x∈S

Như với x∈S x+ (1 +x)f(x)là điểm bất động hàm số Theo nhận xét x+ (1 +x)f(x) = 0, ∀x∈S ⇒f(x) =− x

1 +x, ∀x∈S Thử lại thấy hàm thỏa mãn yêu cầu tốn

Ví dụ 6.3 (IMO 1996) Tìm tất hàm sốf :N→Nsao cho: f(m+f(n)) =f(f(m)) +f(n), ∀m, n∈N

Giải

a) Tính f(0)

Cho m =n = ta có

f(f(0)) =f(f(0)) +f(0)⇒f(0) =

Từ lại cho n= f(f(m)) =f(m),∀m∈N Vậy ta có quan hệ hàm sau

8 < :

(42)

b) Nhận thấy hàmf(0)≡0 thỏa mãn yêu cầu toán c) Tìm điểm cố định hàm số

Nếuf khơng đồng Thì từ quan hệ f(f(m)) =f(m),∀m∈Nsuy với m∈N f(m) điểm cố định hàm số với m∈N

d) Tính chất điểm bất động

Nếu a b hai điểm bất động hàm số f

f(a+b) =f(a+f(b)) =f(f(a)) +f(b) =f(a) +f(b) =a+b Vậy tập điểm bất động bất biến qua phép cộng

e) Tập hợp điểm bất động củaf Gọi a điểm bất động khác bé hàm số f

- Nếu a = 1, tức f(1) = 1, dễ thấy f(2) = (bằng cách cho m = n = 1) Và áp dụng phương pháp quy nạp ta suy f(n) = n∀n ∈N

- Nếua >1, tức làf(a) = a Bằng phương pháp quy nạp ta chứng tỏ làf(ka) =ka,∀k ≥1 Ta chứng minh tập điểm bất động động có dạng ka,∀k ≥1(lưu ý a điểm bất động nhỏ hàm số) Thật n điểm bất động khác n=ka+r(0≤r < a), theo (1) tính chất điểm bất động ka, ta có

n=f(n) =f(ka+r) =f(r+f(ka)) =f(r) +f(ka) =f(r) +ka⇒f(r) =n−ka=r Vì r < a màr lại điểm bất động, alà điểm bất động nhỏ nhất, nên r= Chứng tỏ điểm bất động có dạng ka,∀k ≥1 (*)

f) Xây dựng hàm f

Vì {f(n) : n ∈ N} tập điểm bất động hàm f Vậy với i < a (*) nên ta có f(i) =nia với n0 = 0, ni ∈N

Lấy số nguyên dương n ta viếtn =ka+i(0≤i < a) Theo quan hệ đầu f(n) =f(i+ka) = f(i+f(ka)) =f(i) +ka=nia+ka= (ni+k)a

Ta kiểm chứng hàmf thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy, vớim =ka+i, n =la+j ,0≤

i, j < a

(43)

Ví dụ 6.4 (AMM, E984)Tìm tất hàm số f :R→R cho f(f(x)) =x2−2,∀x∈R

Giải

Ta chứng minh kết tổng quát hơn: ChoS tập hợp g :S →S hàm số có xác điểm cố định {a, b} g◦g có xác điểm cố định {a, b, c, d} Thì khơng tồn hàm số f :S →S đểg =f◦f

Chứng minh

Giả sử g(c) = y Thì c = g(g(c)) = g(y), nên y = g(c) = g(g(y)) Do y điểm cố định g◦g Nếu y = a a = g(a) = g(y) = c, dẫn đến mâu thuẫn Tương tự cho y = b dẫn đến mâu thuẫn c= b Nếu y =c c =g(y) = g(c), tức c điểm cố định g, mâu thuẫn Từ suy y=d, tức làg(c) =d, tương tự g(d) = c

Giả sử tồn f : S → S cho f ◦ f = g Thì f ◦ g = f ◦f ◦ f = g ◦ f Khi f(a) = f(g(a)) = g(f(a)), nênf(a)là điểm cố định củag Bằng việc kiểm tra trường hợp ta kết luận f{a, b}={a, b}, f{a, b, c, d}={a, b, c, d}

Xétf(c) Nếuf(c) = a, thìf(a) =f(f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn dof(a)nằm {a, b} Tương tự xảy raf(c) = b Ngồi khơng thể có f(c) =cvì ckhơng điểm cố định g Do có khả f(c) =d Nhưng

f(d) =f(f(c)) =g(c) = d,

mâu thuẫn, điều khơng thể xảy dod khơng phải điểm cố định củag Do tồn hàm f thỏa yêu cầu toán

Quay trở lại toán, toán trường hợp đặc biệt hàm g(x) = x2−2, có hai điểm cố định

là −1 2, g(g(x)) = (x2−2)2−2 có điểm cố định −1,2,−1 +

√

5

−1√5

(44)

7 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

7

Phương pháp đưa phương trình sai phân

Khi cần xác định hàm số f(n) từNvào Rthì ta đặt yn=f(n)và đưa phương trình hàm

đã cho phương trình sai phân sử dụng kiến thức lí thuyết phương trình sai phân

Ví dụ 7.1 Tìm tất hàm số f :N→R thỏa mãn điều kiện:

f(n)f(m) =f(n+m) +f(n−m),∀n, m∈N, n≥m Hint:

1 Tínhf(0) Nếu f(0) = 0⇒f(n)≡0 Nếu f(0) =

2 Đặtm= 1, đặt a=f(1), xn=f(n)đưa phương trình:

x0 = 2, x1 =a, xn+2−axn+1+an = 0,(n≥1)

Ngay cần tìm hàm số f :X →X với X ⊂R phương trình hàm cho hàm hợp ta sử dụng lý thuyết phương trình sai phân

Xét hàm số f :X →X Xét dãy hàm số (fn)n với n∈N, fn:X →X xác định sau:

Ví dụ 7.2 Cho a, b∈R+ Tìm tất hàm số f :

R+ →R+ thỏa mãn điều kiện:

f(f(x)) +af(x) =b(a+b)x,∀x∈R+

Hint:

1 Với x∈R+, ta xây dựng dãy số x

n sau:

x0 =x, x1 =f(x);fn+1 =f(fn),∀n∈N(xn≥0)

ta phương trình sai phân:

xn+2+axn+1−b(a+b)xn =

2 Giải phương trình đặc trưng tìm xn=λbn+µ(−1)n(a+b)n, µ=

Đáp số: f(x) = x

Ví dụ 7.3 Tìm tất hàm số f : [0,1]→[0,1]thỏa mãn điều kiện: f(2x−f(x)) =x,∀x∈[0,1]

Hint:

Khai thác hàm g(x) = 2x−f(x) gn(x) =n(g(x)−x) +x

Ví dụ 7.4 Xác định hàm số f :N→R thỏa mãn điều kiện:

f(0) = 1, f(1) = 2, f(n+ 1)f2(n−1) =f3(n),∀n ∈N∗

Hint:

1 Nhận xét rằngf(n)>0,∀n ∈N Lấy ln hai vế

Đáp số: f(n) = 22n

(45)

7 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

Ví dụ 7.5 Xác định hàm số f :N→R thỏa mãn phương trình hàm: f(0) = 2, f(n+ 1) = 3f(n) +È8f2(n) + 1,∀n∈

N

Hint:

Chuyển vế bình phương Đáp số: f(n) = (8+

√

66)(3+√8)n

8 +

(8−√66)(3−√8)n

8

Nhận xét: Các tốn có nguồn gốc từ dãy số, ý tưởng tuyến tính hóa dãy số chuyển qua thành tuyến tính hóa dãy hàm Vì thực chất dãy số loại hàm đặc biệt

Ví dụ 7.6 Tìm hàm số f :N→N∗ thỏa mãn:

f(n+ 3)·f(n+ 1) =f(n) +f(n+ 2),∀n ≥1 Hint:

1 Đặtan =f(n) để suy ra: an+4−an=an+3(an+5−an+1)

2 Tínha4−a0 theo a3, a3, , an

3 Để ý bốn số hạng liên tiếp củaan tất 1(mâu thuẫn với giả thiết) Suy

dãy tuần hoàn với chu kỳ 4 Gii h

ă

a0+a2 =a1a3

a1+a3 =a0a2

Đáp số:(a0, a1, a2, a3) = (2,2,2,2) = (3,1,2,5) = (2,1,3,5) = (2,5,3,1) =

(3,5,2,1)

Ví dụ 7.7 Tìm tất hàm số f :N∗ →N thỏa mãn:

(46)

8 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ

8

Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số

Đối với hàm số liên tục thường sử dụng tính chất: Nếu (xn) → x, f hàm liên tục

f(xn)→f(x)

Nếuf : [a, b]→R f bị chặn đoạn [a, b] Nếuf liên tục đơn ánh f hàm đơn điệu

Hàm số f :R→R liên tục ta ký hiệuf ∈C[R]_tập hàm liên tục R

Trong loại toán hay áp dụng tư tưởng: ta cần chứng minh hàm hàm chứng tỏ hàm dãy số, sử dụng tính liên tục để suy số tồn tập hợp

Ví dụ 8.1 Tìm tất hàm số f ∈C[R] thỏa mãn

x2f(y) +yfx2=f(xy) +a,∀x, y ∈R

Giải

Cho y= ta

x2f(0) =f(0) +a,∀x∈R

Điều xảy khif(0) = a= Vậy a 6= tốn vơ nghiệm Xét a= 0,

x2f(y) +yfx2=f(xy),∀x, y ∈R

Thay x=y = 1ta f(1) = Lại thay y= sử dụng f(1) ta f(x2) =f(x),∀x∈

R Đến

đây cho x=y có

(x2+x−1)f(x) = 0,∀x∈R Vậy phải có f(x) = 0,∀x 6= −1±√5

2 Nhưng f liên tục tồn bộR nên phải có f(x) ≡0 Dễ thấy

hàm số thỏa mãn đề

Ví dụ 8.2 Tìm hàm f ∈C[R]thỏa mãn điều kiện:

f(4x) +f(9x) = 2f(6x),∀x∈R

Giải

a) Đưa dạng để sử dụng tính liên tục Đặt t= 6x⇒x= t

6 Ta có

f

2 3t

+f

3 2t

= 2f(t),∀t∈R⇔f

2 3t

−f(t) =f(t)−f

3 2t

hay

g

2 3t

=g(t) với g(t) = f(t)−f

3 2t

(47)

b) Sử dụng tính liên tục

Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh

g(t) =g

2

3

n

t

,∀t∈R,∀n ∈N+ Do f(x)liên tục suy g(x)cũng liên tục, cho n → ∞ta

.g(t) = lim

n→∞g

n t

=g(0) =f(0)−f(0) =

Từ f(t) =f

3 2t

,∀t∈R hay f

2 3x

=f(x),∀x∈R Tương tự ta có f(x) = f

2

3

n

x

→f(0)(n→ ∞) Vậy f(x) =C, với C số thỏa mãn đề

Ví dụ 8.3 (Đề nghị IMO??) Tìm tất hàm f ∈C[R]thỏa mãn điều kiện: f(x2) +f(x) = x2+x,∀x∈R

Giải

a) Đưa dạng để sử dụng tính liên tục

Đặt g(x) =f(x)−x ta chứng minh g hàm Thật vậy, g(x)liên tục R g(x2) +g(x) = 0,∀x∈R

Thay x= ta g(0) = Thay x= ta g(1) = Thay x −xthì

g[(−x)2] +g(−x) = ⇒g(−x) = −g(x2) =g(x)

Do g hàm chẵn nên ta cần xét miền x > Từ quan hệ hàm ta suy g(x) =

−g(x2) = g(x4) hay với x >0

g(x) = g

x14

b) Sử dụng tính liên tục

Lấy a >0 tùy ý, xét dãy số (xn) xác định sau

x0 =a, xn+1=x

1

n, n= 0,1,2,

Khi lim

n→∞xn= ta có

g(xn+1) = g

x n

=g(xn) = g(xn−1) = · · ·=g(x0) = g(a)

Vậy g hàm dãy (xn) Theo tính liên tục hàm g

g(a) = lim

n→∞g(xn) =g

lim

n→∞xn

(48)

Ví dụ 8.4 (Đề nghị IMO 1992) Tìm tất hàm sốf :R+→

R+ thỏa mãn, với a, b∈R+

f(f(x)) +af(x) =b(a+b)x,∀x∈R+.

Giải

Đây ví dụ cổ điển loại toán giải sử dụng quan hệ hồi quy Với x0 ∈ R+,

đặt

u0 =x0, u1 =f(u0), un+1 =f(un), n= 1,2,3,

Từ quan hệ toán ta quan hệ hồi quy dãy sau

un+2 =−a.un+1+b(a+b)un

Xét phương trình đặc trưng

X2+aX−b(a+b) = 0→X1 =bvà X2 =−(a+b)

Do

un=c1bn+c2(−1)n(a+b)n= (a+b)n

"

c1

b a+b

2

+ (−1)nc2

#

Vì lim

b a+b

n

= nên c2 > un < với n lẻ đủ lớn, c2 < un < với n

chẵn đủ lớn Trong hai trường hợp dẫn đến mâu thuẫn Vậyc2 = Do un =c1bn, với

u0 =x0 =c1 Do ta đượcu1 =f(x0) =bx0 Do x0 nên kết luậnf(x) = bx,∀x∈R+ thỏa mãn

bài tốn

Ví dụ 8.5 (Bulgari 1997) Tìm hàm số liên tục f :R→R thỏa mãn f(x) =f

x2+1

,∀x∈R

Giải

Ta chứng minh có hàm thỏa mãn u cầu tốn Trước tiên ta dễ dàng nhận thấyf hàm số chẵn nên ta cần xét miền x≥0 Lấy a≥0 bất kỳ, xét hai trường hợp

a) Nếu 0≤a ≤

2, xét dãy số(xn) :

8 < :

x0 =a

xn+1 =x2n+

1

thì

f(xn) = f

x2n−1+1

=f(xn−1) =· · ·=f(x0) = f(a)

Dãy (xn)bị chặn trên, x1 =x20+

1 =a

2 +1 ≤ 4+ =

2 dùng phương pháp quy nạp ta chứng minh xn≤

1

Dãy (xn) dãy tăng,

xn+1−xn =x2n+

1

4 −xn =

xn−

1

2

(49)

Từ dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt limxn =b,

limxn+1 = lim

x2n+1

→b=b2 +1

4 →b = Vì hàm số f liên tục nên

f(a) = limf(a) = limf(xn) =f(limxn) = f

1

2

=const

b) Nếu a >

2 xét dãy số (xn) :

8 < :

x0 =a

xn+1 =

È

xn− 14

, đóxn =x2n+1+

1

f(xn+1) =f

x2n+1+

=f(xn) =· · ·=f(x0) = f(a)

Dãy (xn) bị chặn dưới, x1 =

Ê

x0−

1 > Ê − =

2, phương pháp quy nạp ta chứng minh xn ≥

1

Dãy (xn) đơn điệu giảm,

xn+1−xn =xn+1−x2n+1−

1 =−

xn+1−

1

2

≤0→xn+1 ≤xn

Từ dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt limxn =b, ta có

limxn= lim

x2n+1+1

→b=b2 +1

4 →b = Vì hàm f liên tục nên

f(a) = limf(a) = limf(xn) =f(limxn) = f

1

=const

Trong hai trường hợp, ta thấy f(a) =f

1

=const,∀a≥0hay f hàm x≥0 Vì f hàm chẵn nênf(x) =const hàm số thỏa mãn điều kiện

Nhận xét: Điểm mấu chốt lời giải là:để chứng minhf(a) không đổi, với mọia≥0, phải xây dựng dãy số có liên quan đến a, có giới hạn hữu hạn, hàm số phải khơng thay đổi dãy Bài tốn tổng quát toán cho

Ví dụ 8.6 (Putnam 1996)Cho clà số thực dương Tìm tất hàm sốf :R→Rthỏa mãn điều kiện

f(x) = fx2+c,∀x∈R Ví dụ 8.7 (VMO 2001) Cho hàm sốg(x) = 2x

1 +x2 Hãy tìm tất hàm sốf(x)xác định liên

tục khoảng (−1,1) thỏa mãn hệ thức

(50)

Giải

Viết lại hệ thức cho dạng

(1−x2)2

(1 +x2)2f(g(x)) =

1−x2.f(x),∀x, y ∈(−1,1)

Đặt ϕ(x) = (1−x2)f(x),∀x, y ∈ (−1,1) Khi f(x) liên tục (−1,1) thỏa mãn đề khiϕ(x)liên tục (−1,1) thỏa mãn hệ thức

ϕ(g(x)) =ϕ(x),∀x, y ∈(−1,1) (30) Dễ thấy u(x) = 1−x

1 +x, x ∈ (0,+∞) song ánh từ(0,+∞) đến (−1,1) Do đó, viết lại hệ thức sau

ϕ

g

1−x

1 +x

=ϕ

1−x

1 +x

,∀x∈(0,+∞), hay

ϕ

1−x2

1 +x2

=ϕ

1−x

1 +x

,∀x, y ∈(0,+∞) Xét hàm số h(x) =ϕ

1−x +x

Khi ϕ(x) liên tục (−1,1)và thỏa mãn (30) h(x) liên tục (0,+∞) thỏa mãn hệ thức h(x2) = h(x),∀x ∈ (0,+∞) Bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh

h(x) = h2√n

x,∀x∈(0,+∞),∀n ∈N

Dolim 2√nx= 1vàhlà hàm liên tục nênh(x)≡h(1) Từ đóϕx =const vàf(x) = a

1−x2,∀x∈(−1,1),

với a số Kiểm tra lại thấy hàm số thỏa mãn

Ví dụ 8.8 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau a) f liên tục trênR

b) f(x+m)f(x) +√m+ 1=−(m+ 2),∀x∈R, với m số nguyên dương

Giải

Giả sử tồn hàm số f liên tục Rvà thỏa mãn điều kiện

f(x+m)f(x) +√m+ 1=−(m+ 2),∀x∈R

Khi f(x) 6= f(x) 6= −√m+ R Vì f liên tục R nên xảy trường hợp miền giá trị f(ký hiệu Imf) sau:

a) Nếu Imf ⊂(−∞,−√m+ 1)

(51)

b) Nếu Imf ⊂(−√m+ 1,0)thì −√m+ 1< f(x+m)<0 nên

|f(x+m)|<√m+

0< f(x) +√m+ 1<√m+

Do

f(x+m)f(x) +√m+ 1< m+ 1< m+ 2,∀x∈R c) Nếu Imf ⊂(0,+∞)

f(x+m)f(x) +√m+ 1>0>−(m+ 2),∀x∈R Xét ba trường hợp ta thấy không tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán

Nhận xét: Gần đây, tạp chí THTT tháng năm 2009 giải toán trường hợp đặc biệtm = 2008

Ví dụ 8.9 Cho t ∈(0,1) Tìm tất hàmf ∈C[R]thỏa mãn điều kiện: f(x)−2f(tx) +f(t2x) =x2,∀x∈R

Hint:

Đặt g(x) = f(x)−f(tx) Thay biếnx→tx nhiều lần để tìm hàm g(x) Đáp số: f(x) = (1−xt22)2 +C với C số

Ví dụ 8.10 Tìm tất hàm số f ∈C[R] thỏa mãn điều kiện: 2f(2x) =f(x) +x,∀x∈R

Hint:

1 Tìm nghiệm riêng f(x) =ax ⇒a= 13

2 Đặtf(x) =g(x) + 13x, dùng tính liên tục tìm hàm g Đáp số: f(x) = 13x

Ví dụ 8.11 Tìm tất hàm số f ∈C[R] thỏa mãn điều kiện: 3f(2x+ 1) =f(x) + 5x,∀x∈R

Hint:

Tìm hàm riêng dạng f(x) =ax+b Đáp số: f(x) = x−

2

Bài toán giải trực tiếp cách x→ x−1

Ví dụ 8.12 Tìm hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện sau:

8 > < > :

f(1) =

f(x) +f(y) = f(x+y),∀x, y ∈R

f(x)f1

x

(52)

Hint:

Điều kiện thứ ta chứng minh hàm liên tục

1 Nhận xétf(x)và f1x dấu

2 Chứng minh |y| ≥2 |f(y)| ≥2 |y| ≤

2 |f(y)| ≤

3 Chứng minh |y| ≤

2n |f(y)| ≤ 21n, từ hàm liên tục

Ví dụ 8.13 Tìm hàm số f ∈C[R∗] thỏa mãn điều kiện: f(x3)−x2f(x) =

x3 −x,∀x, y ∈R

∗

Hint:

1 Viết lại quan hệ hàm thành f(xx33) −

1

x6 =

f(x)

x −

1

x2

2 Đặtg(x) = f(xx)−

x2, dùng tính liên tục tìm hàm g

Đáp số: f(x) = ax+

x,∀a∈R

(53)

9 ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM CƠ BẢN

9

Ứng dụng phương trình hàm bản

Ví dụ 9.1 Tìm tất hàm số liên tục f : [0,1]→R thỏa mãn điều kiện f(x+y) = f(x) +f(y),∀x, y ∈[0,1]

Giải

Lập luận tương tự giống phương trình hàm Cauchy ta đượcf(0) =

f(nx) =nf(x),∀n∈N,∀x∈

0, n

Từ ta

f

1

n

= nf(1) Bây với số hữu tỉ r ∈[0,1]ln viết dạng r = p

q với p, q số nguyên dương p≤q, ta có

f(r) =f

p q

=f

p.1 q

=pf

1 q

=p1

qf(1) =rf(1)

Do f(x) = kx với x ∈ [0,1]∩Q Bây với số thực α ∈ [0,1], tồn dãy số hữu tỉ

{xn} ∈[0,1]sao cho limxn =α Theo tính liên tục ta có:

f(α) = limf(xn) = limkxn=klimxn=kα

Vậy f(x) = kx,∀x∈[0,1]với k số thực

Ví dụ 9.2 (VMO 2006)Hãy tìm tất hàm số liên tục f :R→R thỏa mãn điều kiện f(x−y)f(y−z)f(z−x) + = 0,∀x, y, z ∈R

Giải

Thay x= t

2, y =− t

2, z= vào quan hệ hàm ta

f(t)

f

−t

2

+ = 0,∀t∈R Từ chứng tỏ f(x)<0,∀x∈R Vậy ta đặt

f(x) =−2g(x),∀x∈R, với g(x)làm hàm số liên tục R Thay vào ta mối quan hệ hàmg

g(x−y) +g(y−z) +g(z−x) + = 0,∀x, y, z ∈R Đến ta đặth(x) = g(x)−1

h(u) +h(v) =−h(−u−v),∀u, v ∈R Dễ thấy h(0) = h(−u) = −h(u)nên ta nhận

h(u+v) = h(u) +h(v),∀u, v ∈R

Hàm h liên tục thỏa mãn tính cộng tính nên h(x) = ax,∀x ∈ R, từ g(x) = ax + hàm số f(x) = −2ax+1,∀x∈

(54)

Ví dụ 9.3 Tìm tất hàm số f :R→(0,+∞) liên tục thỏa mãn điều kiện: f(x2+y2) = f(x2−y2) +f(2xy),∀x, y ∈R

Hint:

Nhận xét hàm hàm chẵn

1 Đặta=x2−y2, b = 2xy thì với a, b >0có tồn tại x, y?? đưa về: f(a) +f(b) = f(√a2+b2)

2 Đặtg(x) =f(√x) Đáp số: f(x) = kx2

Ví dụ 9.4 Tìm tất hàm số f :R+ →

R liên tục thỏa:

f(xy) =xf(y) +yf(x),∀x, y ∈R+

Hint:

Đặt g(x) = f(xx)

Đáp số: f(x) = Cxlnx

Ví dụ 9.5 Tìm tất hàm số f ∈C[R] thỏa mãn điều kiện:

f(x+y) +f(z) = f(x) +f(y+z),∀x, y, z ∈R

Hint:

1 Chuyển f(x+y)−f(x) = f(y+z)−f(z), vế phải không chứaxnên vế trái không phụ thuộc vào x Vậy f(x+y)−f(x) = g(y)

2 Ta có g(x+y) = g(x) +g(y) Đáp số: f(x) = Cx+a

Ví dụ 9.6 Tìm tất hàm liên tục f :R+ →R+ thỏa mãn:

f(f(xy)−xy) +xf(y) +yf(x) =f(xy) +f(x)f(y),∀x, y ∈R

Hint:

1 Choy = 1⇒f[f(x)−x] =f(1)[f(x)−x]

2 Thay kết vào toán, lại đặtg(x) = f(x)−x được: g(1)g(xy) =g(x)g(y) Đáp số: f(x) = x+Cxa với C >0 và a tùy ý.

Ví dụ 9.7 Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện:

[f(x) +f(z)][f(y) +f(t)] =f(xy−zt) +f(xt+yz),∀x, y, z, t∈R

Hint:

1 Xét trường hợp f hàm

2 Trường hợpf không hàm hằng, cho x=z = 0, lập luận để thu được: f(x)f(y) =f(xy),∀x, y ∈R

(55)

Ví dụ 9.8 (APMO 2003) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn hai tính chất sau: (i) Phương trình f(x) = có hữu hạn nghiệm

(ii) f(x4+y) =x3f(x) +f(f(y)),∀x, y ∈R

Giải

a) Tính f(f(y)) Thế x= ta

f(f(y)) =f(y),∀y ∈R Từ ta quan hệ hàm

fx4+y=x3f(x) +f(y) (31) b) Tính f(0) Thế x= 1, y = vào (31) ta đượcf(0) =

c) Lại thay y= vào (31) ta f(x4) = x3f(x) Từ (31) trở thành

f(x4+y) =f(x4) +f(y),∀x, y ∈R

hay

f(x+y) =f(x) +f(y),∀x≥0, y ∈R

d) Thếy=−x vào quan hệ ta đượcf(−x) =−f(x) hay f hàm lẻ Do vớix <0, y ∈Rthì f(x+y) = −f(−x−y) =−f(−x)−f(−y) =f(x) +f(y)

Do ta chứng tỏ

f(x+y) = f(x) +f(y),∀x, y ∈R

Từ đặc điểm hàm cộng tính, ta dễ thấy f(x)là nghiệm phải f(x) = x Thật vậy, từ tính chất cộng tính quan hệ f(x) =f(f(x)) ta suy

f(f(x)−x) = 0,∀x∈R

Do phương trình f(x) = có hữu hạn nghiệm, mà từ f(x)−x ln nghiệm phương trình Do tập{f(x)−x|x∈R} phải hữu hạn

Bây ta chứng minh f(x)phải với x Giả sử tồn x0 ∈Rmà f(x0)−x0 6= Thì

đó vớik ngun dương ta ln có

f(kx0)−kx0 =kf(x0)−kx0 =k(f(x0)−x0)6= 0,∀k ∈Z+

Màk(f(x0)−x0), k ∈Z+ chứa vô hạn giá trị, nên f(kx0)−kx0 chứa vô hạn giá trị, mâu thuẫn

Vậy hàm sốf(x) =x,∀x∈R thỏa mãn yêu cầu toán

Nhận xét: Từ quan hệ f(x4) = x3f(x), dùng phương pháp sai phân tìm được

(56)

∆2

g(x) = ∆1g(x+1)−∆1g(x), Bây ta khai triển∆3z(x)và∆3s(x), vớir(x) = f(x4)vàs(x) = x3f(x)

bằng cách sử dụng tính cộng tính hàm f

∆1r =f(x+ 1)4−fx4

=fx4+ 4x3+ 6x2+ 4x+ 1−fx4 = 4fx3−6fx2+ 4f(x) +c,

∆2r = 4f(x+ 1)3−fx4+ 6f(x+ 1)2−fx2+ (f(x+ 1)−f(x)) = 43f(x2) + 3f(x) +c+ (2f(x) +c) + 4c

= 12f(x2) + 24f(x) + 10c,

∆3r = 12f(x+ 1)2−f(x2)+ 24 (f(x+ 1)−f(x)) = 24f(x) + 36c

∆1s = (x+ 1)3f(x+ 1)−x3f(x) = (3x2+ 3x+ 1)f(x) +c(x+ 1)3,

∆2s =f(x+ 1)3(x+ 1)2+ 3(x+ 1) + 1+c(x+ 2)3 = (6x+ 6)f(x) +c(6x2 + 18x+ 14),

∆3s = (6(x+ 1) + 6)f(x+ 1) +c6(x+ 1)2+ 18(x+ 1) + 14 = 6f(x) + 18xc+ 36c

Vì ta có ∆3

r = ∆3r,∀x∈ R r(x) =s(x) Từ ta có 24f(x) + 36c= 6f(x) + 18xc+ 36c, suy

18f(x) = 18xc hay f(x) = cx Thay vào quan hệ f(f(y)) = f(y) suy c = c= Nếu c = f(x) = x, c= f(x)≡0 không thỏa điều kiện (i) Vậy f(x) = x,∀x∈R hàm cần tìm Ví dụ 9.9 (Mathematics Magazine) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn

f(x+yf(x)) =f(x) +xf(y),∀x, y ∈R (32)

Giải

Nhận xét: f(x)≡0thỏa mãn toán Xét trường hợp hàm f khơng đồng

a) Tính f(0) Thay y= 0, x= ta đượcf(0) = Ngoài nếuf(x) = xf(y) = 0,∀y∈R, suy x= Vậy

f(x) = 0↔x=

b) Quan hệf(y+ 1) =f(y) +f(1),∀y∈R Thayx= vào (32) ta f(1 +yf(1)) =f(1) +f(y),∀y ∈R Nếu f(1) 6= 1, thay y=

1−f(1) vào phương trình f

1 1−f(1)

=f(1) +f

1 1−f(1)

→f(1) = 0, mâu thuẫn với phần (a) Vậy f(1) = Do ta quan hệ hàm

(57)

c) Tính f(nx), n∈Z, x∈R Thayx=n, y=z−1 ta

f(nz) =f(n+ (z−1)f(n)) =n+nf(z−1) =nf(z)

d) f cộng tính Nếu a=−b f(a) =f(−b) =−f(b) suy raf(a) +f(b) = =f(a+b) Nếua 6=−b a+b 6= f(a+b)6= 0(theo phần (a)) Thayx= a+b

2 , y =± a−b

2 f

a+b

ta

f(a) =f a+b +

a−b 2fa+2bf

a+b

!

=f

a+b

+ a+b f

a−b 2fa+2b

!

,

f(b) =f a+b +

b−a 2fa+2bf

a+b

!

=f

a+b

+ a+b f

b−a 2fa+2b

!

Cộng hai đẳng thức trên, ta

f(a) +f(b) = 2f

a+b

=f(a+b)(theo bước (c))

e) f có tính chất nhân tính Áp dụng tính cộng tính vào phương trình hàm ban đầu ta

f(x) +f(yf(x)) = f(x+yf(x)) =f(x) +xf(y)→f(yf(x)) =xf(y),∀x, y ∈R

Thay y = ta f(f(x)) =x, chứng tỏ f song ánh Do lại thếz =f(x) vào quan hệ ta

f(yz) = xf(y) = f(z)f(y),∀y, z ∈R

f) Thay z = y ta f(y2) = f2(y) ≥ z =−y ta f(−y2) = −f2(y) ≤ Do f(a) >0 a >0

g) Thay y=−1vào phương trình hàm (32) ta

f(x−f(x)) =f(x)−x

Dof(x)−xvàx−f(x)đối nhau, theo bước (f) thìx−f(x) = 0,∀x∈Rhayf(x) = x,∀x∈R Thử lại thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu

Ví dụ 9.10 (THTT T7/231) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn f((x+ 1)f(y)) =y(f(x) + 1),∀x, y ∈R

Giải

a) Tính f(0) f(−1) Thayx=−1, y = vào điều kiện hàm ta

f(0) =y(f(−1) + 1),∀y∈R→f(0) = 0, f(−1) = −1 Từ cho x= ta nhận quan hệ

(58)

b) Tính f(1) Thay y=f(1) sử dụng kết ta

f(x+ 1) =f(1) (f(x) + 1),∀x∈R Từ x=−2 sử dụng f(−1)ta

−1 =f(1) (f(−2) + 1) Mặt khác, thay x=−2, y =−1 vào điều kiện ban đầu

f(1) =−(f(−2) + 1)

Kết hợp hai đẳng thức thì(f(1))2 = 1, đóf(1) = 1, nếuf(1) =−1thì f(−1) =f(f(1))→ −1 = 1(vô lý) Từ kết f(1), cách choy = ta nhận quan hệ

f(x+ 1) =f(x) + 1,∀x∈R c) f hàm nhân tính,

f(xy) = f(x.f(f(y)))

=f([(x−1) + 1]f(f(y)))

=f(y) (f(x−1) + 1) = f(x).f(y) Từ ta nhận

f(x) = f√x.√x=f√x2 ≥0,∀x≥0,

f(x) = 0↔x=f(f(x)) = f(0) = d) f hàm cộng tính, thật vậy, vớiy 6=

f(x+y) =f

x y +

.y

=f

x y +

f(f(y))

=f(y)

f

x y +

=f(y).f

x y

+f(y) = f(x) +f(y) dofnhân tính

Hàm f vừa cộng tính, vừa nhân tính nên f(x) = ax, thay vào ta có a = Vậy hàm số thỏa mãn toán làf(x) =x,∀x∈R

Ví dụ 9.11 (Belarus 1997)Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện

f(x+y) +f(x)f(y) =f(xy) +f(x) +f(y),∀x, y ∈R (33)

Giải

(59)

a) Tính f(0) Thay y= vào (33) ta có

f(x).f(0) = 2f(0),∀x∈R→f(0) = 0, f(x) khác hàm

b) Tính f(x+ 2) theo hai cách Trước tiên thayy= vào (33) ta có

f(x+ 1) = (2−f(1))f(x) +f(1) →f(2) = (3−f(1))f(1) Thay x x+ y= ta

f(x+ 2) = (2−f(1))f(x+ 1) +f(1)

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

Ngoài thay y= vào (33) ta

f(x+ 2) =f(2x) + (1−f(2))f(x) +f(2) Từ hai đẳng thức ta

f(2x) = (3−f(1))f(x),

hay f(2x) = af(x) (với a = 3−f(1) 6= 0(vì khơng hàm f hàm 0), ngồi a 6= 1(nếu khơng hàm đồng 2)) f(4x) =a2f(x).

c) Thay x 2x y 2y sử dụng kết ta

af(x+y) +a2f(x)f(y) =a2f(xy) +af(x) +af(y),∀x, y ∈R Ngoài ra, nhân hai vế (33) với a2 ta được

a2f(x+y) +a2f(x)f(y) =a2f(xy) +a2f(x) +a2f(y)

Từ hai đẳng thức ta thu

a(a−1)f(x+y) = a(a−1) (f(x) +f(y)),∀x, y ∈R

Vì a6= 0, a6= nên ta f(x+y) =f(x) +f(y), thay vào ta lại f(xy) =f(x)f(y) Từ hai quan hệ ta f(x) = x

Kết luận: Có ba hàm số thỏa mãn toán f(x)≡0, f(x)≡2, f(x) =x,∀x∈R

Nhận xét: Phương trình hàm tổng hai phương trình cộng tínhf(x+y) =f(x)+f(y) hàm nhân tính f(xy) =f(x)f(y) Với phép hợp lý ta đưa phương trình hàm lại hàm thỏa mãn hai tính chất

2 Bài toán sử dụng lại Indian 2003 nhiều kỳ thi chọn đội tuyển tỉnh nước ta Nếu (33) thayf(x) =g(x)−1thì ta có tốn đây:

f(x+y) +f(xy) = f(x)f(y) + 1,∀x, y ∈R

(60)

10 BẤT ĐẲNG THỨC HÀM

10

Bất đẳng thức hàm

Ví dụ 10.1 (VMO 1994) Hãy xác định hàm sốf :R→Rthỏa mãn

2f(xy) +

2f(xz)−f(x).f(yz)≥

4,∀x, y, z ∈R

Giải

a) Tính f(0) Thay x=y=z = ta

1

2f(0) +

2f(0)−f

2

(0) ≥

4 →

f(0)−

2

≤0→f(0) = b) Tính f(1) Tương tự cách thay x=y=z = ta f(1) =

2

c) Chứng tỏf(x)≤

2 Thayy=z = sử dụng f(0) =

2 ta

f(x)≤

2,∀x∈R d) Chứng tỏf(x)≥

2 Thayy=z = sử dụng f(1) =

2 ta

f(x)≥

2,∀x∈R Vậy ta có f(x) =

2,∀x∈R Kiểm tra lại thấy hàm thỏa mãn yêu cầu

Ví dụ 10.2 (Russian 2000) Tìm tất hàm sốf :R→Rthỏa mãn điều kiện f(x+y) +f(y+z) +f(z+x)≥3f(x+ 2y+ 3z),∀x, y, z∈R

Giải

Thay y=z = ta

2f(x) +f(0) ≥3f(x),∀x∈R→f(x)≤f(0),∀x∈R Lại thayx=y= x

2, z =− x

2 ta

f(x) + 2f(0) ≥3f(0)→f(x)≥f(0),∀x∈R

Từ hai kết suy f(x) = f(x),∀x ∈R hay f(x) ≡c(clà số) Kiểm tra lại thấy hàm số thỏa mãn

Ví dụ 10.3 (THTT T8/230) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện

(61)

Giải

Với x, x0 ∈R(x≤x0), chọn số hữu tỉq nằm x x0

|f(x)−f(x0)|=|f(x)−f(q) +f(q)−f(x0)|

≤ |f(x)−f(q)|+|f(q)−f(x0)| (bất đẳng thức trị tuyệt đối)

≤5(x−q)2+ (q−x0)2 (giả thiết toán)

≤5 (x−x0)2+ (x−x0)2 = 10 (x−x0)2

Vậy nên lim

x→x0

|f(x)−f(x0)|= hay xlim→x

0

f(x) = f(x0) Suy raf(x) hàm số liên tục mọix0 ∈R

Mặt khác, từ đánh giá ta nhận

f(x)−f(x0)

x−x0

≤10|x−x0| →xlim→x

0

f(x)−f(x0)

x−x0

= 0,

hay f0(x0) = với x0 ∈ R Do f(x) liên tục có f0(x) = 0,∀x ∈ R, ta suy f(x)≡ c,∀x ∈R

Thử lại thấy hàm số thỏa mãn

Ví dụ 10.4 (Nhận Bản 2007) Tìm tất hàm sốf :R+ →Rthỏa mãn hai điều kiện đây: (i) f(x) +f(y)≤ f(x+y)

2 ,∀x, y ∈R

+,

(ii) f(x)

x +

f(y)

y ≥

f(x+y)

x+y ,∀x, y ∈R

+

Giải

Ta khẳng định kiện liên quan đến hàm số Trước tiên ta đặt hàm số g(x) = f(x)

x từ điều kiện (ii) ta có

g(x) +g(y)≥g(x+y),∀x, y ∈R+.

a) g(nx)≤ ng(x),∀n∈N, x∈R+ Điều dễ dàng chứng minh quy nạp dựa vào tính chất của

hàm g Từ ta có

f(nx)≤n2f(x),∀n∈N, x∈R+.

b) f(2nx) = 4nf(x) Thật vậy, (i) choy=x ta

4f(x)≤f(2x)

Tuy nhiên theo phần (a) thìf(2x)≤4f(x) Do đóf(2x) = 4f(x),∀x∈R+ Từ ta thu một

đặc điểm g(x)

(62)

c) g(nx) = ng(x),∀n ∈ N, x ∈ R+ Thật giả sử tồn một n

0 ∈ N, x0 ∈ R+ cho g(n0x0) <

n0g(x0) Khi chọnr ∈Nsao cho 2r > n0

2rg(x0) = g(2rx0)

=g(2rx0+n0x0−n0x0)

≤g(n0x0) +g((2r−n0)x0) (tính chất hàm g)

< n0g(x0) +g((2r−n0)x0)

< n0g(x0) + (2r−n0)g(x0) (tính chất hàm g phần (a))

= 2rg(x0) (mâu thuẫn)

d) f(x)≤0,∀x∈R+ Thật vậy,

10f(x) = (f(x) +f(2x))≤f(3x)≤9f(x)texttheophn(a) Do f(x)≤0, kéo theo

g(x)≤0,∀x∈R+.

e) g hàm đơn điệu giảm, g(x+y)≤g(x) +g(y)≤g(x),∀x, y ∈R+.

f) g(x) =ax, kết hợp phần (c) có ngayg(q) = g(1).q,∀q ∈Q+ vàg là hàm đơn điệu giảm nên có

g(x) =ax,∀x∈R+.

Từ ta suy raf(x) =ax2,∀x∈R+.Thử lại hàm số thấy thỏa mãn.

Ví dụ 10.5 (Eotvos - Kurschak 1979) Cho hàm sốf :R→R thỏa mãn f(x)≤x f(x+y)≤f(x) +f(y),∀x, y ∈R Chứng minh rằngf(x) =x,∀x∈R

Giải

Ta có f(0 + 0)≤f(0) +f(0)→f(0) ≥0 Ngồi raf(0)≤0 nên ta có f(0) = Với x∈R = f(x+ (−x))≤f(x) +f(−x)≤x+ (−x) = 0,

do

f(x) +f(−x) = 0→ −f(−x) =f(x),∀x∈R Mặt khác f(−x)≤ −x nên x≤ −f(−x) =f(x)≤x Khi f(x) = x,∀x∈R Ví dụ 10.6 (Crux 2003) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn

fx3+x≤x≤(f(x))3+f(x),∀x∈R

(63)

Xét hàm số g(x) =x3+x, hàm g liên tục tăng ngặt trên

R, g(R) = R, g

song ánh R Vì tồn hàm ngược g−1 cũng liên tục tăng ngặt trên

R Từ điều kiện

tốn, viết lại dạng

f(g(x))≤x≤g(f(x)),∀x∈R Thay xbởi g−1(x) vào bất đẳng thức f(g(x))≤x ta

f(x)≤g−1(x),∀x∈R

Tác động hàmg−1 vào bất đẳng thức x≤g(f(x)), với ý là g−1 đồng biến

g−1(x)≤f(x),∀x∈R Kết hợp hai bất đẳng thức ta

f(x) =g−1(x),∀x∈R Dễ dàng kiểm tra hàm thỏa mãn tốn

Ví dụ 10.7 Tìm hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện:

f(x+y)≥f(x)f(y)≥2002x+y,∀x, y ∈R

Giải

a) Tính f(0), thay x=y = ta có

f(0)≥(f(0))2 ≥1→f(0) = b) Thếy=−x sử dụng f(0) ta

1≥f(x).f(−x)≥1→f(x)f(−x) = 1,∀x∈R c) Thay y= ta

f(x)≥2002x,∀x∈R Nhưng

f(x).f(−x)≥2002x.2002−x ≥1, đối chiếu với f(x).f(−x) = 1,∀x∈R ta phải có f(x) = 2002x,∀x∈

R

Thử lại thấyf(x) = 2002x,∀x∈

R thỏa mãn tốn

Ví dụ 10.8 (Bulgarian 1997) Tìm hàm sốf : (0,+∞)→(0,+∞)thỏa mãn bất đẳng thức hàm (f(x))2 ≥f(x+y)f(f(x) +y),∀x, y >0

(64)

Ta chứng minh f hàm giảm

Thật vậy, với x > y >0 tồn số t >0 cho x=y+t Khi

f(y+t)≤ (f(y))

2

f(y) +t Do

f(y)−f(x) = f(y)−f(y+t)≥f(y)− (f(y))

2

f(y) +t =

tf(y)

f(y) +t >0 (34) hay f(x)< f(y) Vậyf hàm giảm Cố địnhx >0, ta chọn sốn ∈Nsao nf(x+ 1)≥1 Theo (34) kết hợp vớif hàm giảm ta có

f

x+k n

−f

x+k+ n ≥ nf

x+ k n

fx+ kn+n1 =

fx+ k n

nfx+ kn+ >

2n(k = 0,1,2, , n−1) Cộng bất đẳng thức ta

f(x)−f(x+ 1)>

2 hay f(x+ 1) < f(x)− Từ quy nạp ta

f(x+ 2m)< f(x)−m,∀m∈N

Lấym > f(x)(xcố định) f(x+ 2m)<0, mâu thuẫn với giả thiết f(x)>0,∀x >0 Vậy không tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán

Nhận xét: Ý tưởng toán loại cố gắng chứng minh f(y)<0với giá trị y >0, để dẫn đến mâu thuẫn Rõ ràng cần chứng minh f(x)−f(x+ 1)≥c >0 với mọix dẫn đếnf(x)−f(x+m)≥mc Khi vớim đủ lớn f(x+m)<0 Lời giải trình bày cụ thể tư tưởng

Ví dụ 10.9 (VMO 2003) Gọi F tập hợp tất hàm f :R+→

R+ thỏa mãn bất đẳng thức

f(3x)≥f(f(2x)) +x,∀x∈R+.

Tìm số thựcα lớn cho với f ∈F f(x)≥α.x,∀x∈R+.

Giải

Rõ dàng hàm số f(x) = x

2 ∈ F, α ≤

2 Hơn với hàm f ∈ F ta có f(x) ≥ x

3 Ý tưởng giải sau: Ký hiệu

3 =α1 tạo dãy {αn} để f(x)≥ αnx mong muốn dãy tiến tới

2 Điều suy α ≥

2, α =

2 Bây xây dựng quan hệ hồi quy cho αk Giả sử rằngf(x)≥αkx,∀x∈R+ Thì từ điều kiện bất đẳng thức

f(3x)≥f(f(2x)) +a≥αkf(2x) +x≥αk.αk.2x+x=αk+1.3x

Điều có nghĩa làαn+1 =

2α2

n+

3 Bây phải chứng minh limαn =

2 Nhưng tốn dễ dàng, dễ dàng chứng minh dãy αk dãy tăng bị chặn

1

2 Do phải hội tụ giới hạn thỏa mãn α= 2α

2+ 1

3 tức α=

(65)

11 HÀM TUẦN HỒN

11

Hàm tuần hồn

Ví dụ 11.1 Tìm tất giá trị a∈R cho tồn hàm số f :R→R thỏa mãn f(x−f(y)) =a(f(x)−x)−f(y),∀x, y ∈R

Giải

Đặt g(x) = f(x)−x Giả thiết toán viết theo hàm g

g(x−y−g(y)) =ag(x)−x,∀x, y ∈R

Giả sử f(y) = g(y) +y hàm Lấy r, s hai phần tử phân biệt miền giá trị f(y) =y+g(y) Khi với mọix, y ∈R

g(x−r) = ag(x)−x=g(r−s)

Điều suy g(x)là hàm tuần hồn với chu kỳ T =|r−s|>0 Khi ag(x)−x=g(x−y−g(y))

=g(x+T −y−g(y)) =ag(x+T)−(x+T) =ag(x)−x−T

Từ điều suy raT = 0, mâu thuẫn Do f hàm Tức f(y) = c,∀c∈R Thay vào quan hệ hàm ta

(66)

12 MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

12

Một số chuyên đề phương trình hàm

12.1

Phương trình hàm giải nhờ tính giá trị hàm số theo hai cách khác

nhau

Ví dụ 12.1 (THTT 11/394) Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn f(f(x) +y) = f(x+y) +xf(y)−xy−x+

Giải

Thay y= vào quan hệ hàm ta

f(f(x)) =f(x) +xf(0)−x+ 1,∀x∈R Và thay x= vào đẳng thức ta

f(f(0)) =f(0) + Thay y bởif(y) vào quan hệ hàm ban đầu ta

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

= [f(x+y) +yf(x)−xy−y+ 1] +x[f(y) +yf(0)−y+ 1]−xf(y)−x+ =f(x+y) +yf(x) +xyf(0)−2xy−y+

Hoán chuyển vài trò x vày kết ta

f(f(x) +f(y)) = f(x+y) +xf(y) +xyf(0)−2xy−x+ Từ ta nhận

yf(x)−y=xf(y)−x,∀x, y ∈R

Thay x = 0, y = ta f(0) = 1, f(f(0)) = Lại thay y = sử dụng kết f(f(0)) = 2, f(0) = ta

f(x) = x+ 1,∀x∈R Thử lại thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu

Ví dụ 12.2 Tìm tất hàm số f :Q+ →

Q+ thỏa mãn hai điều kiện:

1.f(x+ 1) =f(x) + 1,∀x∈Q+

2.f(x3) =f3(x),∀x∈Q+

Giải

Quy nạp ta chứng minh đượcf(x+n) =f(x) +n,∀x∈Q+,∀n∈

N (*)

Với số thực r= pq ∈Q+.

- Tính theo cách (*) được:f(r+q2)3 =f3(r) + 3p2+ 3pq3+q6

- Tính theo điều kiện (b) được: f(r+q2)3 =f3(r) + 3f2(r)q2+ 3f(r)q4+q6

Từ hai điều kiện ta được:

(67)

12.1 Phương trình hàm giải nhờ tính giá trị hàm số theo hai cách khác nhau12 MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Giải phương trình ta tìm được:f(r) = r,∀r∈Q+

Nhưng từ kết hàm số f(x) =x,∀x∈Q+ thì ta thay điều kiện (b) cho hai ẩn:

f(x3+y) =x3+y=f3(x) + f(xy) f(x) điều kiện mở rộng từQ+ thànhR+ ta toán:

Bài tập tương tự: Tìm tất hàm f :R+ →

R+ thỏa mãn:

f(x3+y) = f3(x) + f(xy)

f(x) ,∀x, y ∈R

+

Vấn đề gian nan mở rộng tính f(1) Cho y= ta được:

f(x+ 1) =f3(x) + 1(1) Cho x= ta được:

f(y+ 1) =f3(1) + f(y) f(1)(2) Đặt f(1) =a sử dụng (1) ta tính được:

f(2) =a3+ 1, f(9) = (a3+ 1)3+

Sử dụng (2) ta tính được:

f(9) = a3+a2+a+ +1 +

1 a2 +

1 a3 +

1 a4 +

1 a7

Giải phương trình:

(a3+ 1)3+ 1a3+a2+a+ + 1 +

1 a2 +

1 a3 +

1 a4 +

1 a7

ta được: a=1 Vậy ta được:

f(x+ 1) =f(x) + f(x3) = f3(x)

(68)

13 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG CÁCH THÊM BIẾN

13

Giải phương trình hàm cách thêm biến

Ví dụ 13.1 (Indian TST 2004) Tìm tất hàm sốf :R→R thỏa mãn f(x+y) =f(x)f(y)−csinxsiny,∀x, y ∈R, clà số lớn

Giải

Bằng cách thêm biến z ta có

f(x+y+z) =f(x)f(y+z)−csinxsin(y+z)

=f(x) [f(y)f(z)−csinysinz]−csinx[sinycosz+ sinzcosy]

=f(x)f(y)f(z)−cf(x) sinysinz−csinxsinycosz−csinxcosysinz Nhưng rõ ràngf(x+y+z) = f(y+x+z), ta có

sinz[f(x) siny−f(y) sinx] = sinz[cosxsiny−cosysinx] Thế z = π2 ta nhận

f(x) siny−f(y) sinx= cosxsiny−cosysinx

Với x=π vày bội nguyên π, ta nhận đượcsiny[f(π) + 1] = 0, đóf(π) = −1 Lại thayx=y= π2 vào điều kiện ban đầu ta có

f(π) =

f

π

2

−c,

dẫn đến fπ2=±√c−1 Lại y=π vào điều kiện ban đầu ta f(x+π) = −f(x) Khi

−f(x) =f(x+π) =f

x+π

f

π

2

−ccosx =f

π

2

f(x)f

π

2

−csinx

−ccosx, (35)

suy

f(x)

f

π

2

−1

=cf

π

2

sinx−ccosx Từ điều suy raf(x) = fπ

2

(69)

14 LUYỆN TẬP PHƯƠNG TRÌNH HÀM

14

LUYỆN TẬP PHƯƠNG TRÌNH HÀM

14.1

Phương pháp biến

Ví dụ 14.1 Giải phương trình hàm sau

a) f :R→R thỏa f(x+ 1) =x2 + 2x+ 3, ∀x∈R b) f :R→R thỏa f

x+ 1

x−1

=x+ 3, ∀x6= c) f :R→R thỏa f(cosx) = sin2x+ 2, ∀x∈R d) f :R→R thỏa f

x+ x

=x3+

x3, ∀x6=

e) f :R→R thỏa f

x−1 x

+ 2f

1 x

=x, ∀x6= 0, x6=

f) f :R→R thỏa f

x−3

x+

+f

3 +x

1−x

=x, ∀x6=±1

14.2

Bất đẳng thức hàm

Ví dụ 14.2 Giải bất phương trình hàm sau a) f :R→R thỏa [f(x)−f(y)]2 ≤ |x−y|3, ∀x, y ∈

R

b) f :R→R thỏa f(x3+x)≤x≤[f(x)]3+f(x), ∀x∈R c) f : [0,1]→Rthỏa mãn hai điều kiện sau

(i) f(0) =f(1) =

(ii) f

x+y

2

≤f(x) +f(y), ∀x, y ∈[0,1]

Ví dụ 14.3 Ký hiệu X = R+S{0}, cho hàm số f : X → X và bị chặn đoạn [0,1] và thỏa mãn

bất đẳng thức

f(x)f(y)≤x2f

y

2

+y2f

x

2