Đang tải... (xem toàn văn)
Ý tưởng của phương pháp này rất đơn giản như sau: Khi gặp những phương trình hàm với cặp biến tự do x, y , bằng cách thêm biến mới z (hoặc thêm một vài biến mới), ta sẽ tính một biểu thứ[r]
(1)MỤC LỤC
A Giới thiệu phương pháp thêm biến
B Một số kết
C Phương pháp thêm biến phương trình hàm có tính đối xứng
D Phương pháp thêm biến lớp hàm đơn điệu 11
E Phương pháp thêm biến lớp hàm liên tục 16
F Bài tập 21
(2)GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN A GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN
Vào năm 2012, tơi có viết chun đề "Giải phương trình hàm phương pháp thêm biến" (tài liệu tham khảo [1]) Trong q trình giảng dạy tơi có sưu tầm thêm số tập mới, gần có tham khảo thêm viết "Phương pháp thêm biến giải phương trình hàm" tác giả Võ Quốc Bá Cẩn (tài liệu tham khảo [3]) Ý tưởng phương pháp đơn giản sau: Khi gặp phương trình hàm với cặp biến tự dox,y, cách thêm biến mớiz(hoặc thêm vài biến mới), ta tính biểu thức chứax,y,ztheo hai cách khác nhau, từ ta thu phương trình hàm theo ba biến x, y, z, sau chọn z
bằng giá trị đặc biệt biến đổi, rút gọn phương trình hàm theo ba biếnx, y, z để thu phương trình hàm mới, hướng tới kết tốn Về mặt ý tưởng đơn giản, thực phương pháp giải phương trình hàm Tuy nhiên cơng dụng phương pháp lại mạnh mẽ, giải nhiều toán; việc thêm vài biến giúp phép trở nên linh hoạt, uyển chuyển có nhiều lựa chọn hơn, từ phát nhiều tính chất thú vị hàm số cần tìm
Bài Tìm tất hàm số f :Q→Qthỏa mãn điều kiện
f (f(x) +y) = x+ f(y), ∀x,y ∈Q. (1)
Giải.Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Ta thêm biến mớiznhư sau: Với mọix,
y,zthuộcQ, sử dụng (1) ta
f(f(x) +y+z) = x+ f(y+z), ∀x,y,z∈ Q. (2) Mặt khác với số hữu tỉx,y,zthì f (f(z) +x) = z+ f(x),
f (y+ (z+ f(x)) = f (y+ f (f(z) +x)) = f(z) +x+ f(y) (3) Từ (2) (3) suy
f(y+z) = f(y) + f(z), ∀y,z∈ Q. (4) Tương tự toán trang 3, suy f(x) = ax, ∀x∈ Q Thay vào (1) ta rút
a2 =1⇔a =±1
Thử lại thấy f(x) ≡xvà f(x) ≡ −xthỏa mãn yêu cầu đề
Chú ý Cũng lập luận tương tự sau: Để sử dụng lại "kiểu truy hồi"
(1), ta thayxbởi f(x) +z(tức thêm biếnz ∈Q) sử dụng(1)ta
f(x+y+ f(z)) = f(x) + f(y) +z, ∀x,y,z ∈Q ⇒z+ f (x+y) = f(x) + f(y) +z, ∀x,y,z∈ Q ⇒f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y∈ Q
(3)Bài Tìm tất hàm số f :R→Rthỏa mãn
x f(x)−y f(y) = (x−y)f(x+y), ∀x,y∈ R. (1)
Giải.Ta thêm biến mớiznhư sau: Theo (1) ta có
x f(x)−z f(z) = (x−z)f(x+z), ∀x,z∈ R. (2)
x f(x)−z f(z) = [x f(x)−y f(y)] + [y f(y)−z f(z)]
= (x−y)f(x+y) + (y−z)f(y+z), ∀x,y,z ∈R. (3) Từ (2) (3) suy
(x−z)f(x+z) = (x−y)f(x+y) + (y−z)f(y+z), ∀x,y,z∈ R. (4)
Với mọiu ∈R, xét hệ
x+z=u x+y=1 y+z =0
⇔(x;y;z) =
u+1 ;
1−u ;
u−1
.Do (4) trở thành
f(u) = f(1)u+f(0)(1−u), ∀u∈ R
hay f(x) = ax+b, ∀x ∈ R Thay vào (1) thấy thỏa mãn Bài Tìm hàm số f,g: Z→Zthỏa mãn: glà đơn ánh
f (g(x) +y) = g(f(y) +x), ∀x,y∈ Z. (1)
Giải.Ta thêm biến mớiznhư sau:
f(g(x) +y) = g(f(y) +x), ∀x,y ∈Z.
⇔f(g(x) +y) +z =g(f(y) +x) +z, ∀x,y,z ∈Z
⇔g(f (g(x) +y) +z) = g(g(f(y) +x) +z), ∀x,y,z ∈Z ⇒f(g(z) +g(x) +y) = g(g(f(y) +x) +z), ∀x,y,z ∈Z ⇒f(g(x) +g(z) +y) = g(g(f(y) +x) +z), ∀x,y,z ∈Z ⇒g(f (g(z) +y) +x) = g(g(f(y) +x) +z), ∀x,y,z ∈Z ⇒f(g(z) +y) +x =g(f(y) +x) +z, ∀x,y,z ∈Z
⇒g(f(y) +z) +x =g(f(y) +x) +z, ∀x,y,z ∈Z. (2) Từ (2) choz=−f(y)ta
g(0) +x= g(f(y) +x)− f(y), ∀x,y∈ Z
⇔g(0) +x+ f(y) = g(f(y) +x), ∀x,y∈ Z. (3) Từ (3) chox =−f(y) +tta g(0) +t= g(t), ∀t∈ Z Vậy
g(x) = x+c, ∀x ∈Z.
Thay vào (1) ta
f (x+y+c) = f(y) +x+c, ∀x,y ∈Z. (4) Từ (4) lấyx=−y−cta f(y) = y+d, ∀y∈ Z (với d= f(0)) Vậy
g(x) = x+c, ∀x ∈Z f(x) =x+d, ∀x ∈Z,
vớicvàdlà số nguyên tùy ý Thử lại thấy
(4)B MỘT SỐ KẾT QUẢ CƠ BẢN
Trong mục ta phát biểu chứng minh số kết (thông qua toán) sử dụng chuyên đề Lưu ý toán bản, cần thiết cho muốn tìm hiểu phương trình hàm (cả kết lời giải), chẳng hạn toán 4, 5, thi học sinh giỏi phép sử dụng mà không cần chứng minh lại
Bài (Phương trình hàm Cauchy) Tìm tất hàm số f : R → R, liên tục R thỏa mãn
f(x+y) = f(x) + f(y),∀x,y∈ R. (1)
Giải.Giả sử f hàm số thỏa mãn đề bài, ta có (1) Trong (1) lấyy=xta
f(2x) = 2f(x),∀x ∈R. (2)
Trong (2) lấy x = ta f(0) = Từ (1) (2) phương pháp quy nạp ta chứng minh
f(nx) =n f(x),∀x ∈R,∀n ∈N. (3)
Trong (1) lấyy=−xvà sử dụng f(0) =0ta
f(−x) = −f(x),∀x ∈R. (4)
Bởi khin=−1,−2, , sử dụng (3) (4) ta có
f(nx) = f(−n(−x)) = −n f(−x) =n f(x),∀x ∈R. (5) Từ (3) (5) suy
f(nx) = n f(x),∀x ∈ R,∀n∈ Z. (6)
Với mọin=1, 2, , sử dụng (3) ta có
f(x) = f
n.1 nx
=n f
1 nx
⇒ f
1 nx
=
nf(x),∀x∈ R. (7)
Với mọim,n∈ Zvàn >0,sử dụng (7) (6) ta có
f m nx
= f
m.1 nx
=m f
1 nx
=m.1
nf(x) = m
n f(x),∀x∈ R.
Bởi
f(rx) =r f(x),∀x ∈R,∀r ∈Q. (8) Trong (8) lấyx =1ta
f(r) = r f(1),∀r∈ Q. (9)
Với mỗix ∈Rtồn dãy số hữu tỉ{rn}+n=∞1sao chon→lim+∞rn =x.Vì f liên tục nên
f(x) = f
lim
n→+∞rn
= lim
n→+∞ f(rn) =n→lim+∞rnf(1) = f(1)n→lim+∞rn = f(1)x
Vậy
(5)Bài Tìm hàm số f : R→R,liên tục trênRvà thỏa mãn
f(x+y) = f(x)f(y),∀x,y∈ R. (1)
Giải.Dễ thấy hàm f(x) ≡ 0thỏa mãn (1) Tiếp theo xét f(x) 6≡ Khi tồn x0 ∈ Rsao
cho f(x0)6=0 Theo (1) ta có
f(x0) = f (x+ (x0−x)) = f(x).f(x0−x),∀x ∈ R.
Suy f(x)6=0, ∀x ∈ Rvà f(x) = fx +
x
=hf x
i2
>0,∀x ∈ R.Vậy đặt
lnf(x) = g(x) f(x) = eg(x)
Khi hàmgliên tục trênRvà
eg(x+y) =eg(x).eg(y), ∀x,y∈ R ⇔eg(x+y) =eg(x)+g(y), ∀x,y ∈R ⇔g(x+y) = g(x) +g(y), ∀x,y∈ R.
Theo kết toán suy g(x) = bx,∀x ∈ R b số
Vậy f(x) = ebx = ax, với
a >0tùy ý Các hàm số thỏa mãn đề
f(x)≡0, f(x) ≡ax (a số dương)
Lưu ý.Phương trình hàm(1)của tốn5cũng gọi phương trình hàm Cauchy Kết tốn5được phép sử dụng mà khơng cần chứng minh lại
Bài Cho hàm số f đơn ánh liên tục khoảng Chứng minh hàm số f
đơn điệu thực khoảng
Giải.Giả sử f đơn ánh liên tục khoảng (a;b) Lấy hai giá trị cố địnhα,β ∈ (a;b) mà α <β.Với mọix,y∈ (a;b),x <yta xét hàm số g: [0; 1] →Rđược xác định sau
g(t) = f((1−t)β+ty)− f ((1−t)α+tx),∀t∈ [0; 1] Khi đóglà hàm liên tục đoạn[0; 1]và
g(0) = f(β)− f(α), g(1) = f(y)− f(x)
Nếug(0).g(1) = [f(β)− f(α)] [f(y)− f(x)]<0thì tồn tạiγ ∈(0; 1)sao chog(γ) =0.Nghĩa
f ((1−γ)β+γy)− f ((1−γ)α+γx) =
⇒f ((1−γ)β+γy) = f ((1−γ)α+γx) Vì f đơn ánh nên
(1−γ)β+γy= (1−γ)α+γx⇔(1−γ)(β−α) = γ(x−y) Điều vơ lí vế phải âm vế trái dương Bởi
g(0).g(1) = [f(β)− f(α)] [f(y)− f(x)]≥0
Nhưng [f(β)− f(α)] [f(y)−f(x)] = 0thì f(β) = f(α) f(y) = f(x) Điều mâu thuẫn với f đơn ánh Bởi
[f(β)− f(α)] [f(y)− f(x)]>0
(6)Bài Tìm hàm số f : R→R,đơn điệu trênRvà thỏa mãn
f(x+y) = f(x) + f(y),∀x,y∈ R. (1)
Giải.Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề
Trường hợp 1: f là hàm tăng Tương tự toán trang ta chứng minh được
f(x) =kx,∀x ∈ Q. (2)
Với x∈ Rtùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ{un}n+=1∞ ,{vn}+n=1∞ cho
un ≤ x≤vn,∀n=1, 2, ; lim
n→+∞un =n→lim+∞vn =x
Vì f hàm tăng nên kết hợp với (2) ta có
f(un) ≤ f(x)≤ f(vn) ⇒kun ≤ f(x) ≤kvn(∀n=1, 2, ) Chon→ +∞trong bất đẳng thức ta
kx ≤ f(x) ≤kx⇒ f(x) = kx
Vậy f(x) = kx,∀x ∈R(klà số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn
Trường hợp 2: f là hàm giảm Tương tự toán trang ta chứng minh được
f(x) =kx,∀x ∈ Q. (2)
Với x∈ Rtùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ{un}n+=1∞ ,{vn}+n=1∞ cho
un ≤ x≤vn,∀n=1, 2, ; lim
n→+∞un =n→lim+∞vn =x
Vì f hàm giảm nên kết hợp với (2) ta có:
f(un) ≥ f(x)≥ f(vn) ⇒kun ≥ f(x) ≥kvn(∀n=1, 2, )
Chon→ +∞trong bất đẳng thức ta
kx ≥ f(x) ≥kx⇒ f(x) = kx
Vậy f(x) = kx,∀x ∈R(klà số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn
Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f(x) = kx,∀x∈ R(klà số bất kì) Bài Tìm tất hàm số f :(0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn:
f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y∈ (0;+∞) (1)
Giải.Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Từ (1) chox=yta được:
f(2x) = f(x+x) = f(x) + f(x) = 2f(x), ∀x ∈ (0;+∞)
Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
(7)Đặtc = f(1)>0 Với mọin =1, 2, , ta có:
c = f(1) = f(n.1 n)
do(2) = n f
1 n
⇒ f
1 n
=c.1
n, ∀n∈ N
∗
(3)
Giả sửr∈ Q, r >0, đó∃m,n∈ N∗ cho:r= m
n Ta có: f(r) = f m
n
= f
m.1 n
do(2)
= m f
1 n
do(3)
= cm
n =cr (4)
Từ giả thiết suy ra: f(x+y) > f(x), ∀x,y ∈ (0;+∞), f hàm tăng (0;+∞) Với số thựcx >0, tồn hai dãy số hữu tỉ dương(αn), (βn)sao cho:
αn ≤x ≤βn, ∀n =1, 2, lim
n→+∞αn = x=n→lim+∞βn
Do (4) f tăng nghiêm ngặt trên(0;+∞)nên:
f(αn) ≤ f(x)≤ f(βn), ∀n=1, 2,
⇒cαn ≤ f(x) ≤cβn, ∀n =1, 2, (5)
Từ (5) chon→ +∞và sử dụng nguyên lí kẹp ta được:
cx≤ f(x) ≤cx, ∀x>0
Vậy f(x) =cx, ∀x>0 Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu đề
Chú ý Tương tự, ta thu kết quả: Nếu hàm số f : (0;+∞) →[0;+∞)thỏa mãn:
f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y∈ (0;+∞)
thì f(x) = cx, ∀x>0, vớiclà số khơng âm
Bài Tìm tất hàm số f :R→Rthỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y∈ R. (1)
f(xy) = f(x)f(y), ∀x,y ∈R. (2)
Giải.Từ (1), tiến hành tương tự lời giải toán trang ta chứng minh kết sau:
f(rx) =r f(x), ∀x∈ R, r∈ Q (3) f(0) = 0, f(−x) = −f(x), ∀x∈ R. (4)
Từ (2) choy = x ta f(x2) = [f(x)]2, ∀x ∈ R Suy f(x) ≥ 0, ∀x ≥ Từ (2) (3) ta
được:r f(x) = f(rx) = f(r)f(x), ∀x∈ R, r ∈Q. (5)
Dễ thấy f(x) ≡ thỏa mãn yêu cầu đề Xét f(x) 6≡ Khi tồn x0 ∈ Rsao cho
f(x0) 6=0 Từ (5) chox =x0, ta
f(r) =r, ∀r∈ Q. (6)
Tiếp theo ta chứng minh f hàm đồng biến Giả sửx <y Khi
(8)Sử dụng (1) ta
f(y) = f((y−x) +x) = f(y−x) + f(x)≥ f(x) ⇒ f(x)≤ f(y)
Vậy hàm f đồng biến trênR Với x∈ Rtùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ{un}n+=1∞,{vn}+n=1∞ cho
un ≤x≤vn,∀n=1, 2, ; lim
n→+∞un =n→lim+∞vn =x
Vì f hàm tăng nên kết hợp với (6) ta có
f(un)≤ f(x) ≤ f(vn)⇒un ≤ f(x) ≤vn(∀n =1, 2, )
Chon →+∞trong bất đẳng thức ta
x ≤ f(x)≤ x⇒ f(x) = x
Sau thử lại ta kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) = 0, ∀x∈ Rvà f(x) = x, ∀x ∈R.
C PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH HÀM CĨ TÍNH ĐỐI XỨNG
Đối với phương trình hàm có tính đối xứng theo cặp biếnxvày, ta thay cặp(x;y)
bởi cặp(y;x) phương trình hàm khơng đổi, tức ta khơng thu Những trường hợp ta thường thêm biến z để tạo bất đối xứng thu phương trình hàm khác
Bài 10 Tìm tất hàm số f : R→Rthỏa mãn
f(x+y) = f(x)f(y)f(xy), ∀x,y ∈R. (1)
Giải.Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Sử dụng (1), ta thêm biến mớiznhư sau:
f(x+y+z) = f(x)f(y+z)f(xy+xz)
= f(x)f(y)f(z)f(yz)f(xy)f(xz)f(x2yz), ∀x,y,z ∈R. (2)
f(x+y+z) = f(y)f(x+z)f(xy+yz)
= f(x)f(y)f(z)f(xz)f(xy)f(yz)f(xy2z), ∀x,y,z ∈R. (3) Từ (2) (3) suy
f(x2yz) = f(xy2z), ∀x,y,z∈ R. (4) Vớix 6=0, y 6= 0, từ (4) lấyz =
xy ta f(x) = f(y), ∀x,y ∈ R\ {0}, hay f hàm
trênR\ {0} Giả sử f(x) =c, ∀x∈ R\ {0}(clà số) Từ (1) lấy x=y=1ta
c =c3 ⇔c ∈ {0, 1,−1}
(9)Bài 11 Tìm tất hàm số f : R→Rthỏa mãn điều kiện
f(x+y) = f(x)cosy+ f(y)cosx, ∀x,y∈ R. (1)
Giải.Ta thêm biến mớiznhư sau: Với số thựcx,y, z, theo (1) ta có
f(x+y+z) = f(x+y)cosz+ f(z)cos(x+y)
= [f(x)cosy+ f(y)cosx]cosz+ f(z)cos(x+y)
= [f(x)cosy+ f(y)cosx]cosz+ f(z) (cosxcosy−sinxsiny) (2)
Mặt khác
f(x+y+z) = f(x)cos(y+z) + f(y+z)cosx
= f(x)cos(y+z) + [f(y)cosz+ f(z)cosy]cosx
= f(x) (cosycosz−sinysinz) + [f(y)cosz+ f(z)cosy]cosx (3)
Từ (2) (3) thu
[f(x)cosy+ f(y)cosx]cosz+ f(z) (cosxcosy−sinxsiny) =f(x) (cosycosz−sinysinz) + [f(y)cosz+ f(z)cosy]cosx
Dễ dàng rút gọn
f(z)sinxsiny= f(x)sinysinz, ∀x,y,z ∈R. (4) Từ (4) lấyy = π
2 ta
f(z)sinx = f(x)sinz, ∀x,z∈ R (5)
⇒f(x)
sinx = f(z)
sinz, ∀x 6=mπ, z 6=nπ (m,n∈ Z)
⇒f(x)
sinx ≡c⇒ f(x) ≡csinx
Vậy f(x) =csinx, ∀x∈ R(clà số) Thử lại thấy thỏa mãn
Lưu ý.Đến (5) ta lí luận sau: Từ (5) lấyz = π
2 ta f(x) =csinx, ∀x∈ R, c = f π
2
và kết tương tự Từ lời giải phương pháp thêm biến ta suy lời giải khác, ngắn gọn sau: Trong (1) lấyy= π
2, ta f x+ π
2
= f π
cosx, ∀x ∈ R. (6)
Đặtx+π
2 =t, thay vào (6) ta f(t) = f π
2
cost− π
2
= f π
sint, ∀t∈ R
(10)Bài 12 (Chọn đội tuyển Ấn Độ năm 2004)
Tìm tất hàm số f : R→Rthỏa mãn điều kiện
f (x+y) = f (x) f (y)−csinxsiny, ∀x,y∈ R, (1) đóclà số lớn hơn1
Giải.Bằng cách thêm biến mớizta có
f (x+y+z) = f (x) f(y+z)−csinxsin(y+z)
=f (x) [f (y) f (z)−csinysinz]−csinx(sinycosz+cosysinz)
=f (x) f (y) f (z)−c f (x)sinysinz−csinxsinycosz−csinxcosysinz
Tương tự, ta có
f (y+x+z)
=f (x) f (y) f (z)−c f (y)sinxsinz−csinysinxcosz−csinycosxsinz
Mà f(x+y+z) = f(y+x+z)nên
c f (x)sinysinz+csinxsinycosz+csinxcosysinz =c f (y)sinxsinz+csinysinxcosz+csinycosxsinz
Suy ra:sinz[f (x)siny− f (y)sinx] =sinz(sinycosx−cosysinx)
Thếz = π
2, ta nhận được:
f (x)siny− f (y)sinx =sinycosx−cosysinx (2)
Trong (2) lấyx =π, ta được: f (π)siny=−siny (3)
Trong (3), lấyy = π
4, ta được: f (π)
√
2 =−
√
2
2 ⇔ f (π) = −1
Trong (1), lấyx=y= π
2, ta được: f (π) = f2
π
2
−c ⇔ f2π
=c−1⇔ f π
=±√c−1
Trong (1), lấyy =π, ta được
f (x+π) = f (x) f(π) ⇒ f (x+π) =−f(x) (4)
Từ (4) (1) ta có
−f (x) = f (x+π) = f
x+π +
π
2
= f x+π
f π
−csinx+ π
sin π = f x+π
2
f π
−ccosx =hf (x) fπ
−csinxi f π
−ccosx
Suy
f (x)hf2π
+1i =c f π
sinx+ccosx
⇒c f (x) = c f π
sinx+ccosx ⇒ f (x) = fπ
(11)
⇒f (x) =±√c−1 sinx+cosx
Sau thử lại, ta kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) =√c−1 sinx+cosx, ∀x,y∈ R; f(x) = −√c−1 sinx+cosx, ∀x,y ∈R.
Lưu ý.Nếu hai vế phương trình hàm đối xứng biến cách tăng số biến, sử dụng tính đối xứng
Bài 13 Tìm tất hàm f : R→Rthỏa mãn f(0) 6=0và
f(x+y)f(x−y) = f2(x)−sin2y, ∀x,y∈ R. (1)
Giải.Trong (1) chox=yta
f(2x)f(0) = f2(x)−sin2x, ∀x ∈R. (2) Đặtb = f(0)6=0 Từ (1) (2) suy
f(x+y)f(x−y) = f(2x)f(0) +sin2x−sin2y
=b f(2x) +sin(x+y)sin(x−y), ∀x,y ∈R. (3) Đặtu =x+y, v =x−y, thay vào (3) ta
f(u)f(v) = b f(u+v) +sinusinv, ∀u,v ∈R
⇔b f(u+v) = f(u)f(v)−sinusinv, ∀u,v ∈R. (4) Với mọiu, v, w∈ R, sử dụng (4) ta
b f(u+v+w) = f(u+v)f(w)−sin(u+v)sinw =1
b[f(u)f(v)−sinusinv] f(w)−(sinucosv+cosusinv)sinw =1
bf(u)f(v)f(w)−
bf(w)sinusinv−sinucosvsinw−cosusinvsinw
Mặt khác
b f(u+v+w) = f(u)f(v+w)−sinusin(v+w) =1
b[f(v)f(w)−sinvsinw] f(u)−(sinvcosw+cosvsinw)sinu =1
bf(u)f(v)f(w)−
bf(u)sinvsinw−sinusinvcosw−sinucosvsinw
Suy
1
bf(w)sinusinv+cosusinvsinw =1
bf(u)sinvsinw+sinusinvcosw, ∀u,v,w∈ R. (5)
Từ (5) chov= π
2 ta
bf(w)sinu+cosusinw=
(12)⇔
1
bf(w)−cosw
sinu=
1
bf(u)−cosu
sinw, ∀u,w∈ R. (6)
Trong (6) chou = π
2 ta
bf(w)−cosw= bf
π
2
sinw, ∀w∈ R.
Vậy hàm f có dạng f(x) = bcosx+csinx, ∀x ∈R Thay vào (1) ta
[bcos(x+y) +csin(x+y)] [bcos(x−y) +csin(x−y)]
=(bcosx+csinx)2−sin2y, ∀x,y∈ R. (7) Trong (7) cho x = 0, y = π
2 ta −c
2 = b2−1 ⇔ b2+c2 = 1 Thử lại thấy hàm số f(x) =bcosx+csinx, ∀x ∈ R, vớib,clà số,b 6=0vàb2+c2 =1thỏa mãn yêu cầu đề
D PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN TRONG LỚP HÀM ĐƠN ĐIỆU
Bài 14 (Đề thi Olympic 30/04/2011)
Hãy tìm tất hàm số f : [1;+∞) →[1;+∞)thỏa mãn điều kiện
f (x f(y)) =y f(x), ∀x,y∈ [1;+∞) (1)
Giải.Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Ta thêm biến z ≥ 1như sau: Với mọix,y,zthuộc[1;+∞), sử dụng (1) ta có f (xy f(z)) =z f(xy), mặt khác
f (xy f(z)) = f (x f (z f(y))) =z f(y)f(x)
Do
z f(xy) = z f(y)f(x), ∀x,y,z ∈ [1;+∞)
Từ choz=1ta
f(xy) = f(x)f(y), ∀x,y ∈[1;+∞) (2) Trong (2) chox=y =1ta f(1) = f2(1)do f⇒(1)≥1 f(1) = Trong (1) chox=1được
f (f(y)) = y, ∀y ∈ [1;+∞) (3)
Vì f : [1;+∞)→ [1;+∞)nên f(y) =1thì
y = f (f(y)) = f(1) = 1⇒y=1
Suy f(y) >1với mọiy >1 Chox >y≥1thì từ (2) ta
f(x) = f
x y.y
do(2)
⇒ = f(y).f
x y
> f(y),
suy hàm f đồng biến trên[1;+∞) Ta chứng minh
(13)Giả sử cóx0∈ [1;+∞)sao cho f(x0)6=x0 Nếu f(x0) >x0thì
f (f(x0))> f(x0) ⇒x0> f(x0), mâu thuẫn với f(x0) >x0
Nếu f(x0) <x0thì
f (f(x0))< f(x0) ⇒x0< f(x0), mâu thuẫn với f(x0) <x0
Vậy f(x) = x,∀x∈ [1;+∞) Thử lại thấy thỏa mãn
Chú ý Chắc hẳn bạn đọc nhận tương tự số toán mà ta trải qua đề cập tiếp chuyên đề
Đối với toán trang 1: với phương trình hàm
f (f(x) +y) = x+f(y), ∀x,y∈ Q
ta thấy với "phép toán cộng" thêm biến cách thayxbởix+ f(z); thay
xbởi f(x) +z
Đối với toán 14 trang 11: với phương trình hàm
f (x f(y)) =y f(x), ∀x,y∈ [1;+∞)
ta thấy với "phép tốn nhân" thêm biến cách thayybởiy f(z); thayy
bởiz f(y)
Bạn đọc liên hệ hai tốn nói với tốn 18, 19, 25 chuyên đề này.
Bài 15 (Đề nghị IMO 2005) Tìm tất hàm số f : (0;+∞) → (0;+∞) thỏa mãn điều kiện
f(x)f(y) = 2f (x+y f(x)), ∀x,y >0 (1)
Giải.Giả sử hàm f thỏa mãn yêu cầu đề Ta thêm biến mớiz>0như sau: Với số dươngx,y,z, sử dụng (1) nhiều lần ta
f(x)f(y)f(z) = 2f(z)f (x+y f(x)) =4f (z+ (x+y f(x))f(z)) =4f (z+x f(z) +y f(z)f(x))
=4f (z+x f(z) +2y f(z+x f(z))
=2f (z+x f(z)) f(2y) = f(z)f(x)f(2y) (2) Do f(x) >0, f(z) >0nên từ (2) thu
f(y) = f(2y), ∀y>0 (3)
Nếu tồn hai số dươngx1, x2sao chox1 >x2mà f(x1)< f(x2)thì ta xét số dương
y= x1−x2 f(x2)− f(x1)
Khi
y f(x2)−y f(x1) = x1−x2 ⇒y f(x2) +x2=y f(x1) +x1
⇒f (x2+y f(x2)) = f(x1+y f(x1))
do(1)
(14)Do f(y)>0nên suy f(x2) = f(x1), đến ta gặp mâu thuẫn Do với số dươngx1, x2 chox1 >x2ta ln có f(x1) ≥ f(x2), kết hợp với (3) ta chứng minh f hàm Giả sửx1, x2là hai phần tử khoảng (0;+∞)vàx1 < x2 Don→lim
+∞2
nx
1 = +∞ nên
tồn số tự nhiênnđủ lớn cho2nx1 >x2 Vì thế, (3) f hàm tăng khoảng
(0;+∞)nên f hàm đoạn[x1; 2nx1], lại dox2 ∈ [x1; 2nx1] nên f(x1) = f(x2), suy
ra suy f hàm khoảng(0;+∞): f(y) =C,∀y>0 Thay vào (1) đượcC=2 Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) = 2,∀x>0
Bài 16 Tìm tất hàm đơn điệu f : (0;+∞) →Rthỏa mãn:
f(x+y) = x2020f
1 x2019
+y2020f
1 y2019
, ∀x,y>0 (1)
Giải.Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Trong (1) choy=x, ta được:
f(2x) = 2x2020f
1 x2019
, ∀x>0 (2)
Do (2) nên (1) viết lại: f(x+y) = f(2x) + f(2y)
2 , ∀x,y>0 (3)
Từ (2) cho x = 1, ta được: f(2) = 2f(1) Phương trình hàm (3) đối xứng, từ (3) ta tạo phương trình hàm không đối xứng cách thêm biếnznhư sau:
f(x+y+z)do= (3)
f(2x+2y) + f(2z)
2 =
f(4x) + f(4y)
2 + f(2z)
= f(4x) + f(4y) +2f(2z)
4 , ∀x,y,z>0 (4)
Từ (4) đổi chỗyvàz, ta được:
f(x+y+z) = f(4x) + f(4z) +2f(2y)
4 , ∀x,y,z>0 (5)
Từ (4) (5) suy ra:
f(4x) + f(4y) +2f(2z)
4 =
f(4x) + f(4z) +2f(2y)
4 , ∀x,y,z>0
⇔f(4y) +2f(2z) = f(4z) +2f(2y), ∀y,z>0
⇔f(2y) +2f(z) = f(2z) +2f(y), ∀y,z>0 (6)
Từ (6) chọnz =1, ta được: f(2y) = 2f(y), ∀y>0 (7)
Từ (7) (3), ta có: f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y>0 (8)
Do hàm số f đơn điệu nên từ (8) ta được: f(x) = ax, ∀x >0.Thử lại, ta thấy:
(15)Bài 17 Tìm tất hàm số f : R→Rthỏa mãn
f(xy) = f(x)f(y)− f(x+y) +1, ∀x,y∈ R. (1)
Giải.Từ (1) chox =y=0ta
f2(0)−2f(0) +1=0⇔[f(0)−1]2 =0 ⇔ f(0) =
Ta thêm biến mớiznhư sau: Với số thựcx,y,zta có
f(xyz) = f(x)f(yz)−f(x+yz) +1
= f(x) [f(y)f(z)− f(y+z) +1]−f(x+yz) +1
= f(x)f(y)f(z)− f(x)f(y+z) + f(x)− f(x+yz) +1 (2)
Mặt khác
f(xyz) = f(z)f(xy)− f(z+xy) +1
= f(z) [f(x)f(y)−f(x+y) +1]− f(z+xy) +1
= f(x)f(y)f(z)− f(z)f(x+y) + f(z)−f(z+xy) +1 (3)
Từ (2) (3) suy với số thựcx,y,zta có
f(x)f(y+z)− f(x) + f(x+yz) = f(z)f(x+y)− f(z) + f(z+xy) (4)
Từ (1) chox =1vày =−1được
f(−1) = f(1)f(−1)⇔
f(−1) =0 f(1) =1
Trường hợp f(−1) = 0 Từ (4) choz=−1vàx =1được
f(1)f(y−1)− f(1) + f(1−y) = f(y−1), ∀y∈ R. (5) Từ (5) choy=2được
f2(1)− f(1) = f(1)⇔
f(1) =0 f(1) =2
• Xét f(1) = Khi (5) trở thành f(1−y) = f(y−1), ∀y ∈ R Từ thayybởi
y+1ta
f(−y) = f(y), ∀y ∈ R. (6)
Từ (1) thayybởi−yvà sử dụng (6)
f(xy) = f(x)f(y)− f(x−y) +1, ∀x,y ∈R. (7) Từ (7) (1) suy f(x+y) = f(x−y), ∀x,y ∈ R Từ cho x = y lưu ý
(16)• Xét f(1) =2 Khi (5) trở thành
2f(y−1)−2+ f(1−y) = f(y−1), ∀y ∈R
⇔f(y−1) =2− f(1−y), ∀y∈ R. (8) Từ (8) thayybởiy+1được
f(y) =2− f(−y), ∀y∈ R
⇔1− f(y) =−[1−f(−y)], ∀y∈ R. (9) Đặt1− f(x) = g(x) Từ (9) suy hàm sốgthỏa mãn g(−x) = −g(x), ∀x ∈ Rvà (1) trở thành
1−g(xy) = [1−g(x)][1−g(y)]−1+g(x+y) +1, ∀x,y ∈R
⇔g(xy) = g(x) +g(y)−g(x)g(y)−g(x+y), ∀x,y∈ R. (10) Từ (10) thayybởi−yđược
−g(xy) = g(x)−g(y) +g(x)g(y)−g(x−y), ∀x,y∈ R. (11) Cộng (10) (11) ta
g(x+y) +g(x−y) =2g(x), ∀x,y∈ R. (12) Từ (12) choy =xđượcg(2x) =2g(x), ∀x ∈ R(dog(0) = 0), (12) trở thành
g(x+y) +g(x−y) = g(2x), ∀x,y∈ R. (13) Với số thựcuvàv, đặt u+v
2 =x,
u−v
2 =y Khi theo (13) ta g(u) +g(v) = g(u+v), ∀u,v∈ R
⇔g(x+y) = g(x) +g(y), ∀x,y∈ R. (14) Từ (10) (14) suy
g(xy) = −g(x)g(y), ∀x,y∈ R. (15) Từ (14), tiến hành tương tự lời giải toán trang ta chứng minh được:
g(rx) = rg(x), ∀x∈ R, r∈ Q. (16) Từ (15) cho y = xta g(x2) = −[g(x)]2, ∀x ∈ R Suy f(x) ≤ 0, ∀x ≥0 Từ (15) (16) ta
rg(x) = g(rx) = −g(r)g(x), ∀x ∈ R, r∈ Q. (17) Dễ thấy g(x) ≡ thỏa mãn (10) Xét g(x) 6≡ Khi tồn x0 ∈ R cho g(x0) 6=0 Từ (17) chox =x0, ta
g(r) = −r, ∀r ∈Q. (18)
Tiếp theo ta chứng minhglà hàm nghịch biến Giả sửx <y Khi đóy−x>0, suy rag(y−x) ≤0 Sử dụng (14) ta
(17)Vậy hàmgnghịch biến trênR Vớix ∈ Rtùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ{un}+n=1∞,
{vn}+n=1∞ cho
un ≤x ≤vn,∀n=1, 2, ; lim
n→+∞un =n→lim+∞vn =x
Vìglà hàm giảm nên kết hợp với (18) ta có
g(un)≥ g(x)≥ g(vn)⇒ −un ≥ g(x)≥ −vn(∀n=1, 2, )
Chon→+∞trong bất đẳng thức ta được:
−x≥ g(x)≥ −x⇒ g(x) =−x
Do đó: f(x) ≡1+x
Trường hợp f(1) = 1 Từ (4) choz=1được
f(x)f(y+1)− f(x) + f(x+y) = f(x+y)−1+ f(1+xy), ∀x,y∈ R
⇔f(x)f(y+1)− f(x) = −1+ f(1+xy), ∀x,y ∈R. (19) Từ (19) lấyy =−1được f(1−x) = 1, ∀x∈ Rhay f(x) = 1, ∀x ∈R Sau thử lại ta kết luận: Các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) ≡1, f(x) ≡x+1
Lưu ý.Nếu đặt f(x)−1=g(x)thì ta thu
1+g(xy) = [1+g(x)][1+g(y)]−1−g(x+y) +1, ∀x,y ∈R
⇔g(xy) = g(x) +g(y) +g(x)g(y)−g(x+y), ∀x,y∈ R. (10) Cũng tương tự ta chứng minh
g(x+y) = g(x) +g(y), ∀x,y∈ R
g(xy) = g(x)g(y), ∀x,y∈ R.
Từ đây, sử dụng toán trang ta đượcg(x) ≡0vàg(x) ≡x
E PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC
Trong mục xem xét số phương trình hàm có giả thiết hàm số liên tục, giải phương pháp thêm biến Lưu ý kết toán trang tiếp tục sử dụng nhiều
Bài 18 Tìm tất hàm số f : R→R, liên tục trênRvà thỏa mãn điều kiện
f(x+f(y)) =2y+ f(x), ∀x,y∈ R. (1)
Giải.Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Ta thêm biến mớiznhư sau: Với mọix,
y,zthuộcR, sử dụng (1) ta
(18)Mặt khác với số thựcx,y,zthì
f (x+y+ f(z)) = f x+ f z+ fy
=2hz+f y
i
+ f(x) (3)
Từ (2) (3) suy
2z+ f(x+y) =2hz+ f y
i
+f(x), ∀x,y,z∈ R ⇔f(x+y) = f(x) +2f y
2
, ∀x,y ∈R. (4) Từ (4) cho x = y = ta f(0) = Từ (4) cho x = sử dụng f(0) = ta
f(y) =2f y
, ∀y∈ R Vậy (4) trở thành
f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y∈ R. (5) Từ (5), sử dụng kết toán trang ta f(x) = ax,∀x ∈ R, với alà số thực Thay vào (1) ta
a(x+ay) =2y+ax, ∀x,y ∈R. (6)
Từ (6) chox =y=1ta a(1+a) = 2+a ⇔a2 =2⇔a =±√2 Vậy
f(x) = √2x, ∀x ∈R ; f(x) = −√2x, ∀x ∈ R.
Thử lại thấy hai hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn Bài 19 (Đề nghị thi Olympic 30/04/2004)
Tìm tất hàm liên tục f :R→Rthỏa mãn
f (x f(y)) =y f(x),∀x,y ∈R. (1)
Giải.Giả sửf hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Trong (1) lấyx=y=0ta f(0) =
Ta thêm biến mớiznhư sau: Với x, y,z thuộcR, sử dụng (1) ta có f (xy f(z)) = z f(xy), mặt khác
f (xy f(z)) = f (x f (z f(y))) =z f(y)f(x)
Do đóz f(xy) =z f(y)f(x), ∀x,y,z∈ R.Từ choz=1ta
f(xy) = f(x)f(y), ∀x,y∈ R. (2) Từ (2) lấyy=1được
f(x) [1−f(1)] =0, ∀x∈ R. (3)
Nếu f(1) 6= 1thì từ (3) suy f(x) = 0, ∀x ∈ R Thử lại thấy hàm f(x) ≡ 0thỏa mãn yêu cầu đề Tiếp theo xét f(1) =1 Từ (1) chox=1được
f (f(y)) =y, ∀y∈ R.
Từ dễ dàng suy f đơn ánh, kết hợp giả thiết f liên tục suy f đơn điệu thực Từ
f(0) =0<1= f(1)suy f hàm tăng thực Nếu f(y) <ythì f tăng thực nên
f (f(y))< f(y) ⇒y< f(y),
mâu thuẫn Nếu f(y) >ythìy= f(f(y)) > f(y), mâu thuẫn Vậy
f(y) = y,∀y∈ R.
Thử lại thấy thỏa mãn Ta kết luận: có hai hàm số thỏa mãn đề
(19)Bài 20 Tìm hàm f,g : R → Rthỏa mãn điều kiện: glà hàm liên tục trênR, hàm f đơn điệu thực trênRvà
f(x+y) = f(x)g(y) + f(y), ∀x,y ∈R. (1)
Giải.Giả sử hai hàm f vàgthỏa mãn yêu cầu đề Ta thêm biến mớiznhư sau: Với mọix,y, z, sử dụng (1) ta
f(x+y+z) = f(x+y)g(z) + f(z) = [f(x)g(y) + f(y)]g(z) + f(z)
= f(x)g(y)g(z) + f(y)g(z) + f(z) (2)
Mặt khác theo (1) ta có
f(x+y+z) = f(x)g(y+z) + f(y+z) = f(x)g(y+z) + f(y)g(z) + f(z) (3) Từ (2) (3) suy với số thựcx,y,zta có
f(x)g(y)g(z) + f(y)g(z) + f(z) = f(x)g(y+z) + f(y)g(z) + f(z)
Hay
f(x)g(y)g(z) = f(x)g(y+z), ∀x,y,z ∈R. (4) Dễ thấy f(x) 6≡0, tức tồn tạix0∈ Rsao cho f(x0) 6=0 Từ (4) lấyx=x0ta
g(y+z) = g(y)g(z), ∀y,z ∈R. (5)
Từ (5), sử dụng kết toán trang ta
g(x)≡0, g(x) ≡ax (a số dương)
Nếug(x) = 0, ∀x ∈ Rthì từ (1) ta được f(x+y) = f(y), ∀x,y ∈ R Từ lấy y = 1
suy f hàm hằng, gặp mâu thuẫn
Nếug(x) =1, ∀x∈ Rthì từ (1) ta được
f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y∈ R. (6) Do f đơn điệu thực nên từ (6), sử dụng toán trang ta
f(x) = kx, ∀x∈ R k số khác
Nếug(x) = ax, ∀x∈ R(vớialà số,0< a6=1) Thế vào (1) được
f(x+y) = f(x)ay+ f(y), ∀x,y∈ R (7)
f(y+x) = f(y)ax+ f(x), ∀x,y ∈R. (8) Từ (7) (8) dẫn đến
f(x)ay+ f(y) = f(y)ax+ f(x), ∀x,y ∈R
⇔f(x) [ay−1] = f(y) [ax−1], ∀x,y∈ R. (9) Từ (7) lấyy =0được f(0) =0 Từ (9) suy
f(x) ax−1 =
f(y)
ay−1, ∀x6=0,y 6=0
Vậy f(x)
ax−1 hàm hằng, kết hợp với f(0) =0ta
(20)Sau thử lại ta kết luận: Các cặp hàm f vàgthỏa mãn yêu cầu đề là:
g(x)≡1 f(x) = kx klà số
g(x)≡ax f(x) ≡b(ax−1) a,blà số0 <a6=1,b 6=0
Bài 21 Tìm tất hàm số liên tục f,g,h: R→Rthỏa mãn
f(x+y)−g(xy) = h(x) +h(y), ∀x,y ∈R. (1)
Giải.Giả sử(f,g,h)là ba hàm thỏa mãn yêu cầu đề Từ (1) choy = 0ta
f(x) =h(x) +h(0) +g(0), ∀x ∈ R Vì
(1) ⇔h(x+y) +h(0) +g(0)−g(xy) =h(x) +h(y), ∀x,y∈ R
⇔h(x+y) = h(x) +h(y) +k(xy), ∀x,y∈ R, (2) vớiklà hàm số:k(x) = g(x)−g(0)−h(0), ∀x∈ R Sử dụng (2), ta thêm biến mớiznhư sau:
h(x+y+z) =h(x+y) +h(z) +k(xz+yz)
=h(x) +h(y) +h(z) +k(xy) +k(yz+zx), ∀x,y,z∈ R.
Tương tự ta được:
h(x+y+z) =h(x) +h(y) +h(z) +k(yz) +k(zx+xy) =h(x) +h(y) +h(z) +k(zx) +k(xy+yz)
Như vậy, với số thựcx,y,zta có
k(xy) +k(yz+zx) = k(yz) +k(zx+xy) = k(zx) +k(xy+yz) (3) Giả sửa,blà hai số thực
Trường hợp a>0vàb >0 Xétc >0 Chọnx =
r
bc a , y =
r
ca b ,z =
r
ab
c , thay vào (3)
được
k(a) +k(b+c) = k(b) +k(c+a) =k(c) +k(a+b), ∀a,b,c >0 (4) Vìgliên tục trênRnên kliên tục trênR, từ (4) choc →0+ta
k(a) +k(b) = k(a+b) +k(0), ∀a >0,b >0 (5)
Trường hợp a<0vàb <0 Xétc >0 Chọnx =
r
bc a , y =
r
ca b ,z =
r
ab
c , thay vào (3)
được
k(a) +k(b+c) = k(b) +k(c+a) = k(c) +k(a+b), ∀a<0,b<0,c >0 (6)
Vìgliên tục trênRnên kliên tục trênR, từ (6) choc →0+ta
(21)Trường hợpa <0vàb >0 Xétc <0 Chọn x=
r
bc a , y =
r
ca b ,z =
r
ab
c , thay vào (3)
được
k(a) +k(b+c) = k(b) +k(c+a) = k(c) +k(a+b), ∀a <0,b >0,c <0 (8) Vìgliên tục trênRnênkliên tục trênR, từ (8) choc →0−ta
k(a) +k(b) = k(a+b) +k(0), ∀a<0,b >0 (9)
Trường hợpa>0vàb<0, tương tự ta thu được
k(a) +k(b) = k(a+b) +k(0), ∀a>0,b <0 (10)
Nếu hai sốa,bbằng thìk(a) +k(b) = k(a+b) +k(0)cũng đúng.
Do từ (5), (7), (9), (10) ta có
k(a) +k(b) =k(a+b) +k(0), ∀a,b ∈R. (11) Xét hàm sốt: R→Rnhư sau:t(x) = k(x)−k(0), ∀x∈ R Từ (11) ta có
t(x+y) = t(x) +t(y), ∀x,y ∈R. (12) Do hàm sốtliên tục nên từ (12), sử dụng kết toán trang ta thu
t(x) = ax,∀x ∈R,
với alà số thực Vì hàm sốkcó dạngk(x) = ax+b, ∀x ∈ R, suy hàmgcó dạng
g(x) = ax+α, ∀x ∈R Thay vào (2) ta
h(x+y) = h(x) +h(y) +axy+α, ∀x,y∈ R
⇔h(x+y)− a
2(x+y)
2=hh(x)− a 2x
2i+hh(y)− a 2y
2i+
α =0, ∀x,y ∈ R
⇒h(x)−a
2x =
mx+n, ∀x ∈R.
Vậy hàm sốhcó dạngh(x) = a 2x
2+mx+n, ∀x ∈ R Tóm lại:
f(x)≡ a
2x
2+mx+p,g(x)≡ ax+b,h(x) ≡ a 2x
2+mx+m.
Thay vào (1) ta
a
2(x+y)
2+m(x+y) +p−axy−b = a 2x
2+mx+n+ a 2y
2+my+n,∀x,y∈ R,
hayp−b=2n Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x)≡ a
2x
2+mx+b+2n, g(x) ≡ax+b, h(x) ≡ a 2x
2+mx+n.
Lưu ý.Trong số trường hợp, phép
(x;y;z) =
r
bc a ;
r
ca b ;
r
ab c
!
(22)Bài 22 Tìm tất hàm số liên tục f : R→Rthỏa mãn
f(x+y) + f(xy) = f(x) + f(y) + f(xy+1), ∀x,y ∈R. (1)
Giải.Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Xét hàm sốgnhư sau:
g(x) = f(x+1)−f(x), ∀x ∈R.
Khi đógliên tục trênRvà (1) trở thành:
f(x+y) = f(x) + f(y) +g(xy), ∀x,y∈ R. (2) Sử dụng (2), ta thêm biến mớiztương tự tốn 21, thu kết quả: Hàm gcó dạng
g(x) = 2ax+b, ∀x∈ R Thay vào (2) ta
f(x+y) = f(x) + f(y) +2axy+b, ∀x,y∈ R
⇔f(x+y)−a(x+y)2 =hh(x)−ax2i+hh(y)−ay2i+b =0, ∀x,y ∈R ⇒f(x)−ax2 =mx+n, ∀x∈ R.
Thay f(x) = ax2+mx+n,∀x∈ Rvào (1) ta
a(x+y)2+m(x+y) +n+ax2y2+mxy+n
=ax2+mx+n+ay2+my+n+a(xy+1)2+m(xy+1) +n, ∀x,y ∈R.
Rút gọn ta đượca+m+n=0 ⇔n =−a−m Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề có dạng
f(x) =ax2+mx−a−m, ∀x ∈R, vớia, mlà số tùy ý
F BÀI TẬP
1 Đề bài
Bài 23 Tìm tất hàm số f: (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
f
x+y
= f(x) + f(y)
2 , ∀x,y>0
Bài 24 (Đề nghị thi Olympic 30/04/2009) Cho hàm số f liên tục trênRvà thỏa mãn
f(x)f(y)−f(x+y) = sinxsiny, ∀x,y ∈R.
Chứng minh
1+f(2x) +
1+ f(4x) +
1− f(6x) >2
(23)Bài 26 Tìm tất hàm f : R→Rthỏa mãn
f(f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y)−xy,∀x,y∈ R.
Chú ý Đối với phương trình hàm mà có giả thiết f : R+ → R+ thì phương pháp
thêm biến tỏ hữu hiệu, loạt tốn sau thể điều Bài 27 Tìm tất hàm số f : R+ →R+thỏa mãn
f(2x+2f(y)) =x+ f(x) +2y, ∀x,y >0
Bài 28 Tìm tất hàm số f : R+ →R+thỏa mãn
f(x+f(y)) = f(x)−x+ f(x+y),∀x,y >0
Bài 29 (Chọn đội tuyển Hà Nam 2019) Tìm tất hàm số f :R+ −→ R+thỏa mãn
f(y)f
1 y + f
1 x
=1+ f(y)
x , ∀x,y >0
Bài 30 (Romania 2014) Tìm tất hàm số f : R+ →R+ thỏa mãn f(x+3f(y)) = f(x) + f(y) +2y,∀x,y∈ R+
Bài 31 (TST 2020 Đại học Vinh ngày 2)
Tìm tất hàm số f : (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
f (f(xy) +2xy) =3x f(y) +3y f(x), ∀x,y∈ (0;+∞)
Bài 32 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần 2, ngày 1)
Tìm tất số thựcα 6=0sao cho tồn hàm số f : (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
f(f(x) +y) = αx+
f
1 y
, ∀x,y∈ (0;+∞)
Bài 33 (IMO Shortlist 2007) Tìm tất hàm số f :(0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn:
f (x+ f(y)) = f(x+y) + f(y), ∀x,y∈ (0;+∞)
Bài 34 Tìm tất hàm số f: (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
(24)Bài 35 Tìm tất hàm số f : (0;+∞)→(0;+∞)thỏa mãn
f(x+y)2= f(x)2+2f(xy) + f(y)2, ∀x,y∈ (0;+∞)
Bài 36 Tìm tất hàm số f : R+ →R+thỏa mãn
f
x x−y
= f(x f(x))− f(x f(y)), ∀x >y>0
Bài 37 Tìm tất hàm số f : (0;+∞)→(0;+∞)thỏa mãn
f (x f(y)) f(y) = f(x+y), ∀x,y∈ (0;+∞)
Bài 38 (Turkish TST 2014) Tìm tất hàm số f: R→Rthỏa mãn
ff(y) +x2+1+2x =y+f2(x+1),∀x,y∈ R.
Bài 39 Tìm hàm số f : R→R, g :R→Rthỏa mãn
f(x3+2y) + f(x+y) = g(x+2y), ∀x,y∈ R.
Bài 40 (Đề nghị thi IMO-2011) Tìm tất hàm số f,g: R→Rthỏa mãn
g(f(x+y)) = f(x) + (2x+y)g(y), ∀x,y∈ R.
Bài 41 (APMO 2016, problem 5) Tìm tất hàm số f : R+ →R+thỏa mãn (z+1)f(x+y) = f(x f(z) +y) + f(y f(z) +x), ∀x,y,z∈ R+
Bài 42 Tìm tất hàm số f : (1;+∞)→Rthỏa mãn
f(x)− f(y) = (y−x) f(xy), ∀x>1,y>1
Bài 43 Tìm tất hàm số liên tục f : R→Rthỏa mãn
f(x+y) + f(xy) +1= f(x) + f(y) + f(xy+1), ∀x,y∈ R.
Bài 44 (Trường Đơng tốn học - Trung Trung Bộ (Đà Nẵng)-Năm học 2017-2018) Cho f hàm số xác định tập số thực nhận giá trị tập số thực thỏa mãn điều kiện
(i) Nếua+b+c ≥0thì f a3
+ f b3
+ f c3
(25)(ii) Nếua+b+c≤0thì f a3
+ f b3
+f c3
≤3f (abc)
Chứng minh
(a) Nếu f(0) =0thì f hàm lẻ; (b) f hàm tăng;
(c) f (x) + f(y) =2f
x+y
với mọix, ythuộcR
Từ tìm tất hàm f (x)thỏa mãn điều kiện đề Bài 45 Tìm tất hàm số f : R→Rthỏa mãn
f (x+f(y)) = f(y2+3) +2x f(y) + f(x)−3, ∀x,y∈ R.
Bài 46 Tìm tất hàm số f : R→Rthỏa mãn
f
x+y x−y
= f(x) + f(y)
f(x)− f(y), ∀x6=y
2 Lời giải, hướng dẫn
Câu 23. Giả sử tồn hàm số f: (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
f
x+y
= f(x) + f(y)
2 , ∀x,y>0 (1)
Với mọix >0,y>0,z >0, theo(1)ta có
f
x+y+z
= f(x) + f(y+z)
2 =
f(x) + f(2y) + f(2z) 2 = 2f(x) + f(2y) + f(2z)
4 (2)
Từ(2), ta đảo vị trí xvàythì vế trái khơng đổi, vế phải thay đổi, nên ta thu được2f(x) + f(2y) = 2f(y) + f(2x), hay
f(2x)−2f(x) = f(2y)−2f(y), ∀x,y >0
Suy ra, tồn sốcsao cho f(2x)−2f(x) = c với x > Từ đó, phương trình hàm
(1)đã cho viết lại thành
f(x+y) = f(x) + f(y) +c, ∀x,y>0
hay
[f(x+y) +c] = [f(x) +c] + [f(y) +c], ∀x,y>0
Đặtg(x) = f(x) +cthì ta cógcộng tính Từ đó, quy nạp, ta chứng minh
(26)với mọinnguyên dương Dog(nx) = f(nx) +c >cnên
g(x)> c
n, ∀x>0, n=1, 2, (3)
Từ (3) cho n → +∞, ta g(x) ≥ với x > Đến đây, tương tự toán (ở trang 5), ta thu kết quảg(x) = kxvới mọix >0(klà số không âm) Suy
f(x) =kx−c, ∀x >0 (4)
Do f(x) > 0với x nên từ(4)suy c ≤ 0vàk, ckhông Sau thử lại, ta kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) =kx−c, ∀x >0,
vớiklà số không âm,clà số không dương,kvàckhông bằng0 Chú ý
1 Bạn đọc so sánh, liên hệ toán 23 với toán??ở trang??
2 Lời giải tốn 23 điển hình, bản, lặp lại nhiều lần sách Chẳng hạn việc chứng minh
g(x)≥0, ∀x∈ (0;+∞)
là tương tự việc chứng minh (6)trong lời giải toán 31 trang 22
3 Kỹ thuật thêm biến toán 23 tương tự kỹ thuật thêm biến toán 16 trang 13
4 Từ toán 23 này, ta thu kết (kết xem dạng phương trình hàm Jensen, hay sử dụng giải tốn phương trình hàm) sau: Nếu hàm số f : (A;+∞)→(0;+∞)thỏa mãn
f
x+y
= f(x) + f(y)
2 , ∀x,y ∈ (A;+∞)
thì f(x) = ax+b, ∀x∈ (A;+∞), vớiavàblà số,a≥0,aA+b ≥0,a+b+aA >0 Thật vậy, đặt g(x) = f(x+A) Khi đóg: (0;+∞) →(0;+∞)và
g
x+y
= f
x+y +A
= f
(x+A) + (y+A)
= f(x+A) + f(y+A)
= g(x) +g(y)
2 , ∀x,y∈ (0;+∞)
Vậy áp dụng toán 23 ta
f(x+A) = ax+c, ∀x∈ (0;+∞) (với a≥0,c≥0,a+c>0)
Từ thay xbởix−Ata
f(x) = ax+c−aA, ∀x∈ (A;+∞)
(27)Câu 24. Giả sử tồn hàm số f liên tục trênRvà thỏa mãn
f(x)f(y)− f(x+y) = sinxsiny, ∀x,y ∈ R. (1) Ta có(1) ⇔ f(x+y) = f(x)f(y)−sinxsiny, ∀x,y ∈R Tiến hành tương tự toán 12 trang ta thu
sinz[f (x)siny− f (y)sinx] =sinz(sinycosx−cosysinx), ∀x,y,z ∈R
Thếz= π
2, ta nhận
f (x)siny− f (y)sinx =sinycosx−cosysinx, ∀x,y ∈R
⇔[f(x)−cosx]siny= [f(y)−cosy]sinx, ∀x,y∈ R. (2) Trong (2) choy= π
2 ta f(x)−cosx = f
π
2
sinx, ∀x∈ R Vậy f(x)có dạng
f(x) = cosx+asinx, ∀x ∈ R với a= f(π 2)
Thay vào (1) ta được:
cos(x+y) +asin(x+y)
= (cosx+asinx) (cosy+asiny)−sinxsiny, ∀x,y∈ R. (3) Từ (3) chox =y= π
4, ta a = √ 2 + √ 2 a ! √ 2 + √ 2 a ! −1
2 ⇔ a=
2(a+1) 2−1
2 ⇔ a=0
Vậy f(x) =cosx, ∀x ∈R, thử lại thấy thỏa mãn (1) Ta có
1+cos 2x+1+cos 4x+1−cos 6x =3+cos 4x+cos 2x−cos 6x =4−2sin22x+2 sin 4xsin 2x
=9 −
1
2(sin 4x−2 sin 2x)
−1
2cos
24x ≤
Vì
1
1+ f(2x) +
1+ f(4x) +
1− f(6x) =
1+cos 2x +
1+cos 4x+ 1−cos 6x
≥
3+cos 2x+cos 4x−cos 6x ≥ 9
=2
Dấu xảy
1+cos 2x=1+cos 4x=1−cos 6x sin 4x=2 sin 2x
cos 4x=0
⇔
cos 2x =cos 4x =−cos 6x sin 4x =2 sin 2x
cos 4x =0
Dễ thấy hệ vô nghiệm, dấu khơng xảy được, từ suy
1
1+ f(2x) +
1+ f(4x) +
(28)Câu 25. Giả sử tồn hàm số f : R+ →R+thỏa mãn
f(x+ f(y)) =2y+ f(x),∀x,y ∈R+ (1) Giả sử cóa >0vàb >0sao cho f(a) = f(b),
2a+ f(x)(1)= f (x+f(a)) = f (x+ f(b))(1)=2b+ f(x) ⇒a =b
Vậy f đơn ánh Ta thêm biếnz >0như sau: từ(1)ta có
f(x+f(y+z)) =2(y+z) + f(x) = [2y+f(x)] +2z = f(x+ f(y)) +2z
= f(x+ f(y) + f(z)), (2)
với số dươngx,y,z Mà f đơn ánh nên từ(2)suy
f(z+y) = f(z) + f(y),∀z,y >0 (3)
Từ (3), sử dụng toán trang 5, ta f(x) = ax với x > Thử lại, ta nhận
f(x) =√2xlàm nghiệm phương trình hàm cho
Câu 26. Giả sử tồn hàm số f : R→Rthỏa mãn
f(f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y)−xy,∀x,y∈ R. (1)
Cách (phương pháp thêm biến).Dễ thấy f khác Đặt a = f(0) Từ(1) cho y = 0ta
f f(x)
− f(x) = a f(x), ∀x ∈ R. (1i)
Từ đó, ta có
a f(x+y) = f(x)f(y)−xy, ∀x,y ∈R. (2i) Bây giờ, từ (2i), với số thựcx,y,z, ta có
a2f(x+y+z) = a f(x)f(y+z)−ax(y+z) = f(x)[f(y)f(z)−yz]−axy−azx = f(x)f(y)f(z)−z[y f(x) +ax]−axy
Đảo vị trí củax,ytrong dãy biến đổi đối chiếu ta
y f(x) +ax= x f(y) +ay, ∀x,y∈ R.
Từ đây, choy=1, ta
f(x) = [f(1)−a]x+a, ∀x ∈ R. (3i) Từ đây, rõ ràng f(1)khác avì khơng f Suy f song ánh Kết hợp với (1i), ta
f(x) = (1+a)x, ∀x ∈R. (4i)
Đối chiếu hai kết (3i) (4i), ta đượca=0và f(x) = x Thử lại ta thấy hàm số
(29)thỏa mãn yêu cầu đề
Cách 2.Rõ ràng f hàm Trong (1) lấyy =0ta
f(f(x)) = [1+ f(0)]f(x),∀x ∈R. (2) Từ (2) thayxbởix+yta
[1+f(0)]f(x+y) = f (f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y)−xy,∀x,y ∈R
⇒f(0)f(x+y) = f(x)f(y)−xy,∀x,y ∈R. (3) Từ (3) choy=1được: f(0)f(x+1) = f(x)f(1)−x,∀x ∈ R. (4) Từ (3) thayy=−1và thayxbởix+1được
f(0)f(x) = f(x+1)f(−1) +x+1,∀x ∈R. (5)
Nếu f(0) = 0thì từ (4) suy ra f(x)f(1) = x,∀x ∈ R, dẫn tới f(1) 6= 0 và f(x) ≡ ax.
Thay vào (3) đượca2xy =xy,∀x,y ∈ R Lấy x =y =1dẫn tớia= ±1 Thử lại thấy có f(x) ≡xthỏa mãn (1)
Xét f(0) 6=0 Từ (4) rút ra f(x+1) = f(x)f(1)−x
f(0) , thay vào (5) f(0)f(x) = f(x)f(1)−x
f(0) f(−1) +x+1,∀x ∈R
⇔hf2(0)− f(1)f(−1)i f(x) = [f(0)− f(−1)]x+ f(0),∀x ∈ R. (6) Từ (5) lấyx=0được f2(0) = f(1)f(−1) +1, kết hợp với (6) suy kết
f(x) = ax+b, ∀x ∈R.
Thay vào (1)
a[a(x+y) +b] +b =a(x+y) +b+ (ax+b) (ay+b)−xy,∀x,y∈ R
⇔a[a(x+y) +b] =a(x+y) + (ax+b) (ay+b)−xy,∀x,y ∈R. (7) Từ (7) cho x = y = 0được ab = b2 Màb = f(0) 6= 0nên suy a = b, lúc (7) trở thành
a[a(x+y) +a] =a(x+y) + (ax+a) (ay+a)−xy,∀x,y∈ R. (8) Từ (8) chox = 1vày =0ta được2a2 = a+2a2 ⇔ a =0, suy f(x) ≡ 0, khơng thỏa mãn
Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) = x,∀x∈ R.
Câu 27. Giả sử tồn hàm số f : R+ →R+ thỏa mãn
f(2x+2f(y)) =x+ f(x) +2y, ∀x,y >0 (1)
Từ(1)thayybởi2y+2f(z)ta
(30)Do(1)nên
f (2x+2f (2y+2f(z))) = f (2x+2(y+ f(y) +2z)) = f (2x+2y+4z+2f(y))
=x+y+2z+ f (x+y+2z) +2y
Vì vậy(2)trở thành
x+y+2z+ f (x+y+2z) +2y=x+ f(x) +4y+4f(z), ∀x,y,z>0
⇒2z+ f(x+y+2z) = f(x) +y+4f(z), ∀x,y,z>0
Từ đổi vai trò củaxvàyta thu
f(x) +y= f(y) +x,∀x,y>0 (3)
Từ(3) choy = 1ta f(x) = x+c, với mọix > 0(c = f(1)−1) Thay lại vào đề bài, ta suy f(x) = xlà nghiệm tốn
Lưu ý.Từ (1)ta "đối xứng hóa phận" cách thayxbởi f(x)thì
f(2f(x) +2f(y)) = f(x) + f(f(x)) +2y, ∀x,y>0
⇒f(x) + f(f(x)) +2y= f(y) + f(f(y)) +2x, ∀x,y >0
⇒f(f(x)) + f(x)−2x = f(f(y)) + f(y)−2y, ∀x,y >0
⇒f(f(x)) + f(x)−2x =c, ∀x >0
Đến đây, sử dụng lời giải toán??ở trang??ta thu kết
Câu 28. Giả sử tồn hàm số f : R+ →R+thỏa mãn
f(x+ f(y)) = f(x)−x+ f(x+y),∀x,y >0
Thayxbởix+ f(z)ta
f(x+ f(y) +f(z)) = f(x)−x+f(x+z)−x− f(z) + f(x+y)−x−y + f(x+y+z),∀x,y,z>0
Đổi vai trò củayvàzcho ta có
−f(z)−y=−f(y)−z,∀y,z>0
Vậy f(x) =x+c,∀x >0, đóc≥0là nghiệm phương trình cho
Lưu ý.
Ngay từ đầu ta thấy f đơn ánh (kỹ thuật hàm tuần hoàn).
Tiếp theo, dùng tính đơn ánh ta thu được f(x+y) 6= x,∀x,y > 0(vì ngược lại thì
f(x+ f(y)) = f(x)suy f(y) = 0, vô lý) Như vậy,
f(x) ≥x,∀x >0
Tuy nhiên sau ta dùng kỹ thuật thêm biến việc trở nên rõ ràng không cần
(31)Câu 29. Giả sử tồn hàm số f : R+ −→R+thỏa mãn f(y)f
1 y + f
1 x
=1+ f(y)
x , ∀x,y >0 (1)
Từ(1), thayxbởi
x ta f
1
y+ f(x)
=x+
f(y), ∀x,y>0 (2)
Giả sử cóa >0,b>0sao cho f(a) = f(b),
a+ f(y)
(2) = f
1
y +f(a)
= f
1
y+ f(b)
(2)
=b+ f(y),
suy raa =b Như f đơn ánh Từ(2)thayxbởi
x +f
1 z
, ta
f
1 y + f
1 x + f
1 z
= x + f
1 z
+
f(y), ∀x,y,z >0
Từ đây, lại sử dụng(2)ta
f y + z + f(x) = x + f
1 z
+
f(y), ∀x,y,z>0 (3)
Từ(3), đổi chỗyvàzsuy
f z +
f(y) = f
1 y
+
f(z), ∀y,z >0 (4)
Từ(4)choz =1ta f
1 y
=
f(y) +c, với mọiy >0, đóc = f(1)−
f(1) (5)
Như vậy, với mọix>0, sử dụng(5)ta có
f(x) = f
1 x
+c=
1 f(x) +c
+c= f(x)
1+c f(x)+c =
f(x) +c+c2f(x) 1+c f(x)
⇒f(x) +c f(x)2 = f(x) +c+c2f(x) ⇒cf(x)2−c f(x)−1=0 (6)
Từ(2)choy=1ta f (1+ f(x)) =x+
f(1) → +∞khix→+∞, suy hàm f không bị
chặn Do tồn tạix>0sao cho f(x)2−c f(x)−1>0, kết hợp điều với(6)ta
c =0 Như (5)trở thành
f x =
f(x), ∀x >0
Từ(2)thayybởi
y ta
(32)Tiếp tục thayybởiy+ f(z), ta suy
f(y+ f(z) + f(x)) = x+ f(y+ f(z)) = x+z+ f(y) = f(y+ f(x+z)),
với mọix >0,y>0,z>0 Sử dụng tính đơn ánh, ta suy
f(x) + f(z) = f(x+z), ∀x,z>0
Như f cộng tính R+ Kéo theo f(x) = ax với x > (do sử dụng toán trang 5) Thay vào(1)ta suy f(x) = xlà nghiệm phương trình hàm cho
Câu 30. Giả sử tồn hàm số f : R+ →R+thỏa mãn
f(x+3f(y)) = f(x) + f(y) +2y,∀x,y ∈R+ (1) Ta thêm biếnzbằng cách thayybởiy+3f(z)vào(1),
fx+3f(y+3f(z))= f(x) + fy+3f(z)+2y+3f(z),∀x,y,z∈ R+ (2) Sử dụng(1)ta có
fx+3f(y+3f(z))= fx+3f(y) +3f(z) +6z = fx+3f(y) +6z+ f(z) +2z = f(x+6z) + f(y) +2y+ f(z) +2z; f(x) + fy+3f(z)+2y+3f(z)= f(x) + fy+3f(z)+2y+6f(z)
= f(x) + f(y) + f(z) +2z+2y+6f(z)
Do đó(2)trở thành
f(x+6z) = f(x) +6f(z),∀x,z ∈R+ (3) Từ(3)ta có
f(6x+6z) = f(6x) +6f(z) f(6z+6x) = f(6z) +6f(x),
suy f(6x) +6f(z) = f(6z) +6f(x),∀x,z >0; từ lấyx =1ta
6f(z) = f(6z) +c, ∀z>0 (c=6f(1)− f(6))
Như vậy(3)trở thành
f (x+6z) = f(x) + f(6z) +c,∀x,z >0
⇔f (x+z) = f(x) + f(z) +c,∀x,z >0 (4)
Đặtg(x) = f(x) +c, ∀x>0, thay vào (4), ta được:
g(x+y) = g(x) +g(y), ∀x,y∈ (0;+∞) (5) Từ(5), quy nạp ta suy
(33)Do đóg(x) = g(nx)
n =
f(nx) +c n >
c
n, ∀x >0, n=1, 2,
Vậyg(x) > c
n, ∀x>0, n=1, 2, Chon →+∞ta
g(x)≥0, ∀x∈ (0;+∞) (6)
Từ (5), (6), sử dụng toán (ở trang 5), ta g(x) = ax, ∀x > (alà số khơng âm) Do f(x) = ax−c, ∀x>0 Do f(x)>0với mọix >0và lim
x→0+ax=0nênc ≤0 Thay
vào(1), ta được:
a[x+3(ay−c)]−c =ax−c+ay−c+2y, ∀x,y >0
⇔ax+3a2y−3ac−c =ax+ (a+2)y−2c, ∀x,y >0
⇔
3a2= a+2 3ac+c=2c ⇔
a=1 c =0
Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f(x) = x, ∀x >0
Câu 31. Giả sử tồn hàm số f : (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
f (f(xy) +2xy) =3x f(y) +3y f(x), ∀x,y∈ (0;+∞) (1) Trong(1)thayxbởixyvà thayybởi1, kết hợp với(1)ta thu
3xy f(1) +3f(xy) =3x f(y) +3y f(x), ∀x,y ∈ (0;+∞)
⇔f(x)
x +
f(y)
y =
f(xy)
xy + f(1), ∀x,y∈ (0;+∞)
⇔g(x) +g(y) = g(xy) +g(1), ∀x,y ∈ (0;+∞)
g(x) = f(x)
x , ∀x>0
(2) Từ(2)thayxbởiex thayybởieyta
g(ex) +g(ey) = g ex+y+g(1), ∀x,y ∈R
⇔h(x) +h(y) =h(x+y) +g(1), ∀x,y ∈R (h(x) = g(ex), ∀x∈ R)
⇔[h(x)−c] + [h(y)−c] =h(x+y)−c, ∀x,y∈ R (c =g(1))
⇔ϕ(x) +ϕ(y) = ϕ(x+y), ∀x,y ∈R (ϕ(x) = h(x)−c, ∀x ∈ R) (3) Với mọix ∈ R, ta có
ϕ(x) = h(x)−g(1) = g(ex)−g(1) = f (e x)
ex − f(1) >−f(1) (4) Từ(3), quy nạp ta dễ dàng chứng minh được: ϕ(nx) = nϕ(x), với số thựcx với số nguyên dươngn Kết hợp điều với(4)ta
nϕ(x) = ϕ(nx)>−f(1) ⇒ ϕ(x) >−f(1)
n , ∀x∈ R,n∈ N
∗
(5)
Từ(5)chon →+∞, ta ϕ(x) ≥0, ∀x ∈ R (6)
Từ (3) (6), suy hàm ϕkhông giảm Như hàm ϕkhơng giảm cộng tính nên sử dụng kết toán (ở trang 5), ta
(34)Từ kết hợp với(6)ta cóax≥0, ∀x∈ Rhaya=0 Vậy ϕ(x) = 0, ∀x∈ R
⇒h(x) = c, ∀x ∈R ⇒g(ex) = c, ∀x ∈R ⇒f (e
x)
ex =c, ∀x∈ R
⇒f (ex) = cex, ∀x∈ R. (7) Mà{ex|x∈ R} = (0;+∞)nên từ(7)suy
f(x) =cx, ∀x∈ (0;+∞)
Thay vào(1)ta c=4 Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) = 4x, ∀x ∈ (0;+∞) Lưu ý.
1 Đối với tốn phương trình hàm có giả thiết f : (0;+∞) → (0;+∞)thì trình tìm lời giải, phải ý đến điều Việc sử dụng giới hạn giúp ta nhanh chóng chứng minh (6), kỹ thuật sử dụng toán 23 trang 21
2 Có thể tìm được(2)bằng phương pháp thêm biến sau: Thayybởiyzta
f(f(xyz) +2xyz) = 3x f(yz) +3yz f(x),∀x,y,z>0
Đổi vai trị củaxvàycho
3x f(yz) +3yz f(x) =3y f(xz) +3xz f(y),∀x,y,z >0
Chia cả2vế cho3xyz, phương trình trở thành
f(yz) yz +
f(x)
x =
f(xz) xz +
f(y)
y ,∀x,y,z>0
Đặtg(x) = f(x)
x , lúc
g(yz) +g(x) = g(xz) +g(y),∀x,y,z>0
Choy=1thìg(xz) +g(1) = g(x) +g(z),∀x,z>0.Đây là(2)
Câu 32. Giả sử
f(f(x) +y) = αx+
f
1 y
, ∀x,y ∈ (0;+∞) (1)
Nếuα <0thì cố địnhy >0, choxđủ lớn, vế phải nhận giá trị âm, vế trái nhận giá trị dương, vơ lí, vậyα >0 Theo cách xác định hàm f ta có f đơn ánh Từ(1), thay
ybởi f(y)ta
f(f(x) + f(y)) =αx+
f
1 f(y)
(35)Thay đổi vai trò củaxvày, ta suy αx+
f
1 f(y)
=αy+
1 f
1 f(x)
, ∀x,y>0
⇒
f
1 f(x)
−αx=
1 f
1 f(y)
−αy=c, ∀x,y >0
Thay
f
1 f(x)
=αx+cvào(2)ta
f(f(x) + f(y)) =αx+αy+c, ∀x,y>0 (2)
Do(2)nên với số dươngx,y,z,tthỏa mãnx+y=z+t, ta có
f(f(x) + f(y)) = f(f(z) + f(t))
Theo tính đơn ánh ta suy f(x) + f(y) = f(z) + f(t)với mọix+y=z+t Đặc biệt
f(x+1) + f(y+1) = f(x+y+1) + f(1), ∀x,y >0
Đặtg(x) = f(x+1)−f(1)thì hàm số gbị chặn dưới, cộng tính (0,+∞) nên g(x) = ax
(tham khảo lời giải toán 31 trang 22, toán 23 trang 21) Suy f(x+1) = ax+b Do f(x) = cx+dvới mọix>1 Thay vào(1), ta
c[(cx+d) +y] +d=αx+ c
y+d
⇔c2x+cy+cd+d =αx+ y
dy+c
⇒(dy+c)c2x+cy+cd+d=αx(dy+c) +y
Do vế phải vế trái đa thức nên đồng hệ số hai vế ta d = 0,
c =α =1 Điều chứng tỏ f(x) = xvới mọix>1 Mặt khác, vớix≤1, ta có
f(x) + f(3) = f(x+1) +f(2) ⇒ f(x) = x, ∀x>0
Vậy số thực cần tìm làα =1, lúc hàm số thỏa mãn(1)là f(x) = x, ∀x >0
Câu 33. Giả sử tồn hàm số f : (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn:
f (x+ f(y)) = f(x+y) + f(y), ∀x,y∈ (0;+∞) (1)
Cách 1. Trước hết, ta chứng minh f(x) > x, ∀x ∈ (0;+∞) Giả sử tồn y > cho
f(y) < y, từ (1) thay x y− f(y), ta = f(2y− f(y)), mâu thuẫn với giả thiết f : (0;+∞) → (0;+∞) Nếu tồn tạiz > 0sao cho f(z) = zthì từ(1)lấy y = z, ta
f(z) = 0, mâu thuẫn với giả thiết Vậy f(x) > x, ∀x ∈ (0;+∞) Tiếp theo ta chứng minh
f(x)−xlà đơn ánh Giả sử tồn tạix >0,y >0,x 6=ysao cho f(x)−x = f(y)−y,
(36)từ sử dụng(1)suy
f(x+y) + f(y) = f(x+y) + f(x) ⇒ f(y) = f(x)⇒ x=y,
đến ta lại gặp mâu thuẫn Vậy f(x)−xlà đơn ánh Từ(1)thayxbởi f(x), ta được:
f (f(x) + f(y)) = f (f(x) +y) + f(y), ∀x,y∈ (0;+∞)
⇒f (f(x) + f(y)) = f(x+y) + f(x) + f(y), ∀x,y∈ (0;+∞)
⇒f (f(x) + f(y))−[f(x) + f(y)] = f(x+y), ∀x,y∈ (0;+∞)
Với số dươngx,y,x0,y0sao chox+y=x0+y0, ta có f(x+y) = f(x0+y0), suy ra:
f (f(x) + f(y))−[f(x) + f(y)] = f f(x0) + f(y0)−
f(x0) +f(y0),
mà f(x)−xlà đơn ánh nên f(x) + f(y) = f(x0) +f(y0) Như vậy:
f(x) + f(y) =2f
x+y
, ∀x,y∈ (0;+∞)
Tiếp theo ta chứng minh f đơn ánh Giả sử tồn số dươnghsao cho f(x) = f(x+h) Khi đó:
f(x) + f(x+2h) =2f(x+h) =2f(x)
⇒f(x) = f(x+2h) = f(x+3h) =· · · = f(x+nh), ∀n=1, 2,
Như vậy:
0 < f(x+nh)−(x+nh) = f(x)−(x+nh)
= f(x)−x−nh, ∀n=1, 2, (2)
Mà lim
n→+∞(f(x)−(x+nh)) =−∞nên khinđủ lớn f(x)−(x+nh) <0, đó(2)là điều
vơ lí Như f đơn ánh Bây giờ, sử dụng kết ta có: Với số dương x,y
thì
f (f(x) + f(y)) = f (f(x) +y) + f(y) =2f
f(x) +y
f (f(y) + f(x)) = f (f(y) +x) + f(x) = 2f
f(y) +x
⇒f
f(x) +y
= f
f(y) +x
,
mà f đơn ánh nên
f(x)
2 +y= f(y)
2 +x ⇒ f(x)
2 −x = f(y)
2 −y
Như vậy:
f(x)
2 −x = f(y)
2 −y, ∀x,y ∈ (0;+∞)
⇒f(x)
2 −x =b, ∀x ∈(0;+∞) (blà số)
(37)Thay(3)vào(1), ta
2(2y+x+c) +c =2x+2y+c+2y+c, , ∀x,y ∈(0;+∞)
Như vậyc=0, hay có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề là:
f(x) =2x,∀x ∈(0;+∞)
Cách (phương pháp thêm biến). Giả sử t > z > Khi tồn x > 0, y > cho
x+y+z =t Trong(1)thayybởiy+ f(z), ta được:
f x+f y+ f(z)
= f x+y+ f(z)
+ f(y+ f(z))
⇒f x+f(y+z) + f(z) = f(x+y+z) + f(z) + f(y+z) + f(z)
⇒f x+z+ f(y+z)
+ f(z) = f(t) + f(y+z) +2f(z)
Do đó:
f(t+z) = f((x+y+z) +z) = f((x+z) + (y+z)) = f(x+z+ f(y+z))− f(y+z) = f(t) + f(z)
Như ta chứng minh được: Nếut>zthì
f(t+z) = f(t) + f(z) (4)
Vớix >0, chọn số dươngyđủ nhỏ cho2y <x, đó:
f(x) = f ((x−y) +y) = f(x−y) + f(y) ⇒ f(x−y) = f(x)−f(y)
Giả sửx >0, chọn số dươngyđủ nhỏ cho2y<x Khi đó:
f(2x) = f((x+y) + (x−y)) = f(x+y) + f(x−y)
= f(x) + f(y) + f(x)−f(y) = 2f(x) (5) Từ(4)và(5)suy ra:
f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y >0 (6) Từ(6)suy vớix >y, ta có:
f(x) = f ((x−y) +y) = f(x−y) + f(y) ⇒ f(x−y) = f(x)−f(y)
Ta chứng minh f đơn ánh Giả sử cóa>b >0sao cho f(a) = f(b),
f(a−b) = f(a)− f(b) = 0,
mâu thuẫn với giả thiết f : (0;+∞) →(0;+∞) Vậy f đơn ánh Do
f(x) >x, ∀x ∈ (0;+∞)
nên ta có:
f(x+y) + f(y) = f (x+ f(y)) = f(x+y) + f(y)−y = f(x+y) + f f(y)−y, ∀x,y>0
Suy f(y) = f f(y)−y
, ∀y>0 Mà f đơn ánh nên
f(y)−y=y, ∀y>0
⇔f(y) =2y, ∀y >0 (7)
Thử lại thấy hàm số f xác định bởi(7)thỏa mãn yêu cầu đề
(38)Câu 34. Giả sử tồn hàm số f: (0;+∞)→ (0;+∞)thỏa mãn
f (x+ f(x+y)) = f(2x) + f(y), ∀x,y >0 (1)
Trong(1), thayybởiy+ f(y+z)vớiy >0, z>x >0ta
f (x+ f(x+y+ f(y+z))) = f(2x) + f (y+ f(y+z)) = f(2x) + f(2y) + f(z),
mà
f (x+y+ f(y+z)) = f (x+y+ f ((y+x) + (z−x))) = f(2x+2y) + f(z−x)
nên
f (x+ f(x+y+ f(y+z))) = f (x+ f(2x+2y) + f(z−x)),
do
f (x+ f(2x+2y) + f(z−x)) = f(2x) + f(2y) + f(z), ∀y>0,z >x >0
Trong phương trình này, thayz =3x, ta
f(x+ f(2x) + f(2x+2y)) = f(2x) + f(2y) + f(3x), ∀x,y>0 (2)
Thayybởi f(x+y+z)vào phương trình cho, ta có
f(x+f(x+ f(x+y+z))) = f(2x) + f(f(x+y+z)),
hay
f(x+f(2x) + f(y+z)) = f(2x) + f(f(x+y+z)), ∀x,y,z>0
Trong phương trình này, thayz =2x+y, ta
f(x+ f(2x) + f(2x+2y)) = f(2x) + f(f(3x+2y)), ∀x,y>0 (3)
Kết hợp hai phương trình(2)và(3)lại, ta
f(f(3x+2y)) = f(3x) + f(2y), ∀x,y >0
Suy
f [f(x+y)] = f(x) + f(y), ∀x,y>0
Thayx =yvào phương trình trên, ta
f (f(2x)) =2f(x), ∀x >0
Từ đó, suy
f
x+y
= f(f(x+y)) =
f(x) + f(y)
2 , ∀x,y>0
Đến đây, sử dụng toán 23 trang 21 ta nghiệm phương trình
f(x) = ax+b, ∀x >0
vớia,blà số thực không âm thỏa mãna+b >0 Bằng cách thử trực tiếp, ta tìm
a=1 Do đó, hàm số thỏa mãn yêu cầu đề có dạng f(x) =x+bvớib ≥0
(39)1 f (x+ f(x+y)) = f(2x) + f(y), ∀x,y>0;
2 Không tồn số dươngx,ysao chox <y<2xmà f(x) = f(y). a) Chứng minh rằng f là hàm số đơn ánh;
b) Tìm tất hàm số thỏa mãn đề bài.
Qua lời giải toán 34, ta thấy để giải tốn Trường Đơng Toán Học Bắc Trung Bộ 2019-2020 ta cần giả thiết
f (x+ f(x+y)) = f(2x) + f(y), ∀x,y>0
là đủ
Câu 35. Giả sử tồn hàm số f : (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
f(x+y)2= f(x)2+2f(xy) + f(y)2, ∀x,y ∈(0;+∞) (1) Từ(1)thayybởiy+z, ta
f(x+y+z)2 = f(x)2+2f(x(y+z)) + f(y+z)2
= f(x)2+ f(y)2+ f(z)2+2f(x(y+z)) +2f(yz), (2) với số dươngx,y,z Từ(2)thay(x,y,z)bởi hoán vị ta thu
f(x(y+z)) + f(yz) = f(y(z+x)) + f(zx) = f(z(x+y)) + f(xy), (3) với số dươngx,y,z Giả sửa,b,clà ba số dương Chọn
x =
r
bc a ,y =
r
ca b ,z=
r
ab c ,
thay vào (2) ta
f(a) +f(b+c) = f(b) + f(c+a) = f(c) + f(a+b), ∀a,b,c >0
⇒f(a+c)− f(a) = f(b+c)−f(b), ∀a,b>0
⇒f(x+c) = f(x) + (f(b+c)−f(b)), ∀x,b,c >0 (4)
Xét hàm sốg : (0;+∞)→Rnhư saug(c) = f(b+c)− f(b) Từ(4)ta có
f(x+y) = f(x) +g(y), ∀x,y>0 (5)
Ta tiếp tục dùng phương pháp thêm biến Từ(5)ta có
f(x+y+z) = f(x+y) +g(z) = f(x) +g(y) +g(z), ∀x,y,z >0 f(x+y+z) = f(x) +g(y+z), ∀x,y,z>0
Suy rag(y+z) = g(y) +g(z), ∀y,z >0 (6)
Từ(6)bằng quy nạp ta đượcg(nx) = ng(x), ∀x >0, n=1, 2, Như
ng(x) = g(nx) = f(b+nx)− f(b) >−f(b)
⇒g(x)> −f(b)
(40)Từ(7), chon→+∞ta g(x)≥0, ∀x >0 (8)
Từ(8)và(6), tương tự toán (ở trang 5), ta thu kết quảg(x) =kxvới mọix>0
(klà số không âm) Như
f(b+c)− f(b) = kc, ∀b,c >0
⇔f(x+y) = f(x) +ky, ∀x,y>0 (9)
Từ(9)ta đổi vị trí củaxvàyvới vế phải thay đổi, vế trái khơng thay đổi nên ta thu
f(x) +ky = f(y) +kx, ∀x,y>0
⇒f(x)−kx = f(y)−ky, ∀x,y>0
⇒f(x)−kx =C, ∀x>0
⇒f(x) =kx+C, ∀x>0 (10)
vớiClà số Do f : (0;+∞) →(0;+∞)nênC≥0 Thay(10)vào(1)ta
(kx+ky+C)2= (kx+C)2+2(kxy+C) + (ky+C)2, ∀x,y∈ (0;+∞)
⇔2k2xy=2kxy+2C+C2, ∀x,y∈ (0;+∞)
⇔
k2=k
2C+C2 =0 ⇔
k =0 k =1 C=0
Do f : (0;+∞) →(0;+∞)nên ta loại k=0
Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f(x) = x, ∀x ∈ (0;+∞)
Lưu ý.Từ (9)ta sử dụng kỹ thuật bản, là: Sử dụng tính chất đối xứng biến (mục??ở trang??)
Câu 36. Giả sử tồn hàm số f : R+ →R+thỏa mãn f
x x−y
= f(x f(x))− f(x f(y)), ∀x >y>0 (1)
Nếu cóa>b >0sao cho f(a) = f(b)thì ta có
f
a a−b
= f(a f(a))− f(a f(b)) =0,
mâu thuẫn Do f đơn ánh Từ giả thiết, ta suy
f
x x−y
+ f(x f(y)) = f
x x−z
+ f(x f(z)) = f(x f(x))
với mọix >max{y,z} >0 Khơng tính tổng quát, ta cần xéty ≥z>0 Trong phương trình trên, chọnx=z+
f(y) thìx f(y) = x
x−z Suy
f
x x−y
= f(x f(z))
Do f đơn ánh nên ta có x
x−y =x f(z)hayx=y+
f(z) Từ suy z+
f(y) =y+
(41)Như thế, ta có f(x) =
x+c (c số thực đó) với x > Vì f(x) > với x >0nênc ≥0 Thay trở lại phương trình hàm(1), ta
x−y x+c(x−y) =
x+c x+c(x+c) −
y+c
x+c(y+c), ∀x >y>0
Chox=y+1, ta
1
y+1+c =
y+1+c
y+1+c(y+1+c) −
y+c
y+1+c(y+c), ∀y>0
Trong phương trình trên, choy→0+, ta
1 1+c =
1+c 1+c+c2 −
c 1+c2
Giải phương trình này, ta đượcc = Từ suy f(x) =
x với x > Thử lại ta thấy
thỏa mãn Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu
f(x) =
x, ∀x >0
Câu 37. Giả sử tồn hàm số f : (0;+∞) →(0;+∞)thỏa mãn
f(x f(y)) f(y) = f(x+y), ∀x,y∈ (0;+∞) (1)
Cách 1.Giả sử cóy > mà f(y) > Khi đó, từ (1), chọn x = y
f(y)−1, ta f(y) = 1,
mâu thuẫn Vậy với mỗiy>0ta có0< f(y)≤1 Từ đó:
f(x+y) = f (x f(y)) f(y)≤ f(y), ∀x,y∈ (0;+∞)
Suy f hàm khơng giảm trên(0;+∞)vì với0 <x<ythì
f(y) = f ((y−x) +x) ≤ f(x)
Trường hợp 1: Tồn tạia >0sao cho f(a) =1 Khi đó:
f(y) = f (y f(a)) f(a) = f(y+a), ∀y∈ (0;+∞) (2) Từ (2), tiến hành tương tự toán??(ở trang??), ta f hàm Vậy
f(x) = 1, ∀x ∈ (0;+∞)
Trường hợp 2:0< f(x) <1, ∀x ∈ (0;+∞) Với0<x <y, ta có:
f(y) = f ((y−x) +x) = f ((y−x)f(x)) f(x) < f(x)
Suy f hàm giảm thực khoảng (0;+∞) Đặt f(1) = a Từ (1) cho y = 1, ta được:
f(xa)a= f (x f(1)) f(1) = f(x+1)
(42)Suy ra:
f ((1+x−ax)f(ax)) = a= f(1), ∀x ∈(0;+∞)
⇒(1+x−ax)f(ax) = 1, ∀x ∈ (0;+∞) (do hàm f giảm thực sự)
⇔f(ax) =
1+x−ax, ∀x∈ (0;+∞)
⇔f(x) = a
a+x−ax, ∀x∈ (0;+∞)
Thử lại thấy thỏa mãn
Các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề là:
f(x) =1, ∀x ∈(0;+∞); f(x) = a
a+ (1−a)x, ∀x∈ (0;+∞) Cách (Phương pháp thêm biến).Trong(1)thayxbởiyvà thayybởixta
f(x+y) = f(x)f(y f(x)), ∀x,y >0 (3) Thayybởiy+zvào phương trình(3), ta
f(x+y+z) = f(x)f((y+z)f(x)), ∀x,y,z >0
Thayxbởix+zvào phương trình(3), ta
f(x+y+z) = f(x+z)f(y f(x+z)), ∀x,y,z>0
Từ hai kết trên, ta suy
f(x+z)f(y f(x+z)) = f(x)f((y+z)f(x)), ∀x,y,z>0
Giả sử tồn x0 > 0, z0 > 0sao cho f(x0+z0) > f(x0) Trong phương trình trên, ta thay
x =x0,z=z0vày = z0f (x0)
f (x0+z0)−f (x0) f (x0+z0) = f (x0), mâu thuẫn Do f(x+z)6 f(x), ∀x,z>0
Hay f khơng tăng Chỉ có trường hợp sau xảy ra:
Trường hợp 1: f giảm ngặt Thayybởi y
f(x) vào phương trình(3), ta f
x+ y f(x)
= f(x)f(y), ∀x,y>0
Đảo vị trí xvàytrong phương trình với ý f giảm ngặt, ta
x+ y
f(x) =y+ x
f(y), ∀x,y >0
Thayy=1vào phương trình trên, ta
x+
f(x) =1+ x
f(1) ⇒ f(x) =
kx+1, ∀x>0
trong đók =
f(1) −1 Do f giảm ngặt từR
+vàoR+nên dễ thấy
k >0 Thử lại, ta thấy hàm số f(x) =
(43)Trường hợp 2: Tồn tại0 < a < bsao cho f(a) = f(b) Lần lượt thay x = avàx = bvào
phương trình(3), ta
f(y+a) = f(a)f(y f(a)) = f(b)(y f(b)) = f(y+b), ∀y >0
Từ suy f(y) = f(y+b−a) với y > a Do f không giảm nên từ đây, tiến hành tương tự toán ?? trang ??, ta suy f(x) = C (C số dương đó) với x > a Bây giờ, phương trình hàm (3), ta cố định x > cho
y>max
a, a f(x)
có
C = f(x+y) = f(x)f(y f(x)) =C f(x),
suy f(x) =1với mọix >0 Hàm thỏa mãn yêu cầu tốn Tóm lại, hàm số thỏa mãn yêu cầu có dạng f(x) =
kx+1, ∀x > với k ≥ 0là số
nào
Câu 38. Giả sử tồn hàm số f: R→Rthỏa mãn
f f(y) +x2+1+2x =y+ f2(x+1),∀x,y∈ R.
Từ giả thiết, dễ thấy f toàn ánh Giả sử cóα vàβsao cho f(α) = f(β), α+ f(x+1)2= f
f(α) +x2+1
+2x= ff(β) +x2+1
+2x =β+ f(x+1)2, suy raα =β, đó f đơn ánh Như f song ánh Đặta = f(0)vàb= f(1) Thay
x =0vào phương trình cho ta
y= f (f(y) +1)−b2,∀y∈ R.
Thay kết trở lại phương trình ta
f f(y) +1+x2+2x+b2 = f (f(y) +1) + f2(x+1),∀x,y ∈R. (*) Do f song ánh nên{f(y) +1|y ∈R} =R, từ(∗)ta có
f x2+y+2x+b2 = f(y) + f2(x+1),∀x,y ∈R. (1) Bây thayy =0vào phương trình(1), ta
f2(x+1) = f x2+2x+b2−a,∀x ∈R. (2) Kết hợp(1)và(2)ta f x2+y
= f x2
+ f(y)−a Từ suy
f(x+y) = f(x) + f(y)−a,∀x,y∈ R,x ≥0 (3) Ta thêm biếnzvà sử dụng(3)để thiết lập tính chất tốt hơn(3) Giả sử x,y ∈ R, chọn
z≥0và đủ lớn chox+z ≥0, sử dụng(3)ta có
(44)và
f(z+x+y) = f(z+x) + f(y)−a = f(z) + f(x) + f(y)−2a
Do
f(x+y) = f(x) + f(y)−a,∀x,y ∈R.
Thay(x;y)bởi
x+y ;
x+y
vào phương trình đối chiếu, ta suy hàm f thỏa mãn phương trình Jensen Mặt khác, trong(2), xét x< M=min
a−b2 ;
thì ta có
0≤ f2(x+1) = f x2+2x+b2−a< f x2
Như f(x2)>0với mọix < M Vớix >0, ta có tương đương
x >M2⇔ x>(−M)2⇔ √x>−M ⇔ −√x <M
Do đó, nếux > M2thì−√x < Mnên theo ta có
f (−√x)2>0 ⇒ f(x)>0
Như f(x) > với x > M2 Do tồn số thực m, n với m ≥
mM2+n≥0sao cho f(x) =mx+nvới mọix> M2 Do f đơn ánh nên hiển nhiênm>0 Xétx > M2vày >M2ở phương trình cho có
mx2+1+my+n+n+2x=y+ (mx+m+n)2,∀x,y >M2
So sánh hệ số củayở hai vế, ta đượcm = So sánh hệ số củaxở hai vế, ta n = Do f(x) = x,∀x> M2 Đến đây, phương trình cho, ta cố địnhy∈ Rvà chọnx > M2sao chox2+ f(y) +1 >M2thì phương trình viết lại thành
f(y) +x2+1+2x=y+ (x+1)2
Suy f(y) = y,∀y ∈R Rõ ràng hàm số f(x) = x, ∀x ∈Rthỏa mãn yêu cầu đề
Câu 39. Giả sử tồn hàm số f : R→R, g :R→Rthỏa mãn
f(x3+2y) + f(x+y) = g(x+2y), ∀x,y∈ R. (1)
Cách 1.Nhận thấy, cặp hàm(f;g)thỏa mãn (1) cặp hàm(f +c;g+2c)cũng thỏa mãn (1), giả sử f(0) =0 Từ (1) cho y =0ta đượcg(x) = f(x) + f(x3), ∀x ∈ R Vậy (1) trở thành
P(x,y) : f(x3+2y) + f(x+y) = f(x+2y) + f (x+2y)3, ∀x,y∈ R. (2) Từ (1) chox =−yta f(2y−y3) = g(y), ∀y∈ R Do
g(x+2y) = f 2(x+2y)−(x+2y)3, ∀x,y ∈R.
Thay vào (1) dẫn tới
(45)Ta chứng minh f
x+1
= f(x), ∀x∈ R (4)
P
1,x−1
2
⇒ f(x+1 2) = f
(2x)3 ; P(0,x)⇒ f(x) = f (2x)3
Vậy (4) chứng minh Tiếp theo chứng minh f(x) =0, ∀x∈ [0; 1] (5) Xéty ∈ (0; 1] Thực hiệnQ(x,y−x)ta
f(x3−2x+2y) + f(y) = f 2(2y−x)−(2y−x)3, ∀x,y ∈R. (6) Xét phương trình
x3−2x+2y =2(2y−x)−(2y−x)3 (7)
⇔x3 =2y−8y3−12y2x+6yx2−x3⇔8y3−12y2x+6yx2−2y=0
⇔4y2−6yx+3x2−1 =0 ⇔(x−y)2 = 1−y
3 (8)
Dễ thấy với y ∈ (0; 1] (8), tức (7) ln có nghiệm Vậy với x nghiệm (8) từ (6) suy f(y) = 0, ∀y ∈ (0; 1], (5) chứng minh Từ (4) (5) suy
f(x) = 0, ∀x ∈ R, g(x) = 0, ∀x ∈ R Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) =c, ∀x∈ Rvàg(x) =2c, ∀x∈ R, đóclà số thực tùy ý
Lưu ý.Nhận xét cặp hàm (f;g)thỏa mãn (1) cặp hàm(f +c;g+2c)cũng thỏa mãn (1), từ nhận xét ta giả sử f(0) = Đây kĩ thuật hay, ta sử dụng kĩ thuật toán??ở trang??, toán??ở trang??
Cách (Phương pháp thêm biến).Từ giả thiết, ta có
fz3+2t+ f(z+t) = g(z+2t), ∀z,t ∈R. (9) Ta chứng minh rằng, với mọia,b ∈R, hệ phương trình sau ln có nghiệm(x,y,z,t)với x,
y,z,t∈ R:
x+2y =a z+2t=b x3+2y=z+t x+y =z3+2t
Từ phương trình thứ thứ hai, ta có x = a−2y vàz = b−2t Thay vào phương trình thứ ba, ta được(a−2y)3+2y=b−t, suy
t =b−2y−(a−2y)3
Thayx =a−2y,z =b−2t,t =b−2y−(a−2y)3vào phương trình thứ tư hệ, ta
a−y = (b−2t)3+2t =b−2hb−2y−(a−2y)3i 3+2hb−2y−(a−2y)3i
Đây phương trình đa thức bậc9(bậc lẻ) ẩnynên ln có nghiệm thựcy0 Từ suy hệ ln có nghiệm thực(x0,y0,z0,t0)với
x0 =a−2y0,z0 =b−2t0, t0 =b−2y0−(a−2y0)3
Khẳng định chứng minh Từ khẳng định vừa chứng minh phương trình (9), (1), ta dễ dàng suy rag(a) = g(b)với mọia,b ∈ R Do đóg(x) ≡C Thay trở lại (1), ta
(46)Thayy= x−x3vào phương trình trên, ta
f2x−x3= C
2, ∀x ∈ R.
Do 2x−x3 nhận giá trị R (do 2x−x3 đa thức bậc lẻ) nên từ đây, ta có
f(x) = C
2 với mọix ∈ R Thử lại, ta thấy f(x) = C
2 g(x) = Cthỏa mãn yêu cầu Vậy có
duy cặp hàm số f, g thỏa mãn yêu cầu f(x) = C
2 vàg(x) = C(C số
thực đó)
Câu 40. Giả sử tồn hàm số f,g :R→Rthỏa mãn
g(f(x+y)) = f(x) + (2x+y)g(y), ∀x,y∈ R. (1)
Cách 1.Trong (1) thayybởi−2xta được:g(f(−x)) = f(x), ∀x ∈R. (2) Do (2) nên (1) trở thành: f(−x−y) = f(x) + (2x+y)g(y), ∀x,y ∈R. (3) Từ (1) thayxbởiyvà thayybởixta
g(f(x+y)) = f(y) + (2y+x)g(x), ∀x,y∈ R. (4) Lấy (1) trừ (4) theo vế ta
f(x)− f(y) = (2y+x)g(x)−(2x+y)g(y), ∀x,y∈ R. (5) Trong (5) lấy(x;y) = (x; 0), (x;y) = (1;x), (x;y) = (0; 1)ta
f(x)− f(0) = xg(x)−2xg(0), ∀x ∈R. (6)
f(1)− f(x) = (2x+1)g(1)−(x+2)g(x), ∀x∈ R. (7) Cộng (6) (7) ta
f(1)− f(0) = −2g(x)−2xg(0) + (2x+1)g(1), ∀x∈ R. (8) Từ (8) suy hàm g có dạngg(x) = Ax+B, ∀x ∈ R, với A vàB số ĐặtC = f(0) Trong (3) thay(x;y)bởi(0;−y)ta
f(y) = C−yg(−y), ∀y∈ R ⇒f(y) = C−y(−Ay+B), ∀y ∈R
⇒f(x) = Ax2−Bx+C, ∀x∈ R. (9)
Thay (9) vào (2) so sánh hệ số củax2ở hai vế ta đượcA2= A ⇔
A=0 A=1
Nếu A=0thìg(x) ≡B, f(x) ≡ −Bx+C, thay vào (2) được
B=−Bx+C, ∀x ∈R,
do đóB =C=0, suy f(x) ≡0, g(x)≡0 Thử lại thấy thỏa mãn
Nếu A=1thìg(x) ≡x+B, f(x)≡ x2−Bx+C, thay vào (2) được
x2+Bx+C+B =x2−Bx+C, ∀x∈ R,
hay2Bx+B=0, ∀x∈ R, nghĩa làB=0
(47)Kết luận: f(x)≡0vàg(x) ≡0 ; f(x)≡x2+Cvàg(x) ≡x
Cách (tiếp nối từ (6): Phương pháp thêm biến.Đặt f(0) = b, g(0) = a Từ(6)ta có
f(x) = xg(x) +b−2ax, ∀x ∈R.
Bây giờ, thayxbởix+zvào phương trình hàm(1), ta
g(f(x+y+z)) = f(x+z) + (2x+2z+y)g(y)
= (x+z)g(x+z) +b−2a(x+z) + (2x+2z+y)g(y)
Thayybởiy+zvào phương trình hàm(1), ta có
g(f(x+y+z)) = f(x) + (2x+y+z)g(y+z)
=xg(x) +b−2ax+ (2x+y+z)g(y+z)
Đối chiếu hai kết trên, ta
xg(x) +b−2ax+ (2x+y+z)g(y+z) = (x+z)g(x+z) +b−2a(x+z) + (2x+2z+y)g(y)
Trong phương trình này, chox =yvà rút gọn thành
xg(x+z) = (x+z)g(x)−az, ∀x,z ∈ R.
Trong phương trình này, thayx=1vàz=x−1, ta
g(x) = xg(1)−a(x−1) = Ax+B, ∀x ∈R.
Đến ta làm tương tự cách
Câu 41. Giả sử tồn hàm số f : R+ →R+ thỏa mãn
(z+1)f(x+y) = f(x f(z) +y) + f(y f(z) +x), ∀x,y,z∈ R+ (1) Ta chox =y=1vào(1)ta
(z+1)f(2) = 2f(f(z) +1), ∀z∈ R+ (2) Do lim
z→+∞(z+1)f(2) = +∞nên từ(2)suy hàm f không bị chặn Ta chứng minh
f(a) +f(b) = f(c) + f(d) (3)
với số thực dươnga, b, c, dthỏa mãn a+b =c+d Thật vậy, xét bốn số thực dươnga,b,
cvàdbất kì thỏa mãna+b = c+d Vì f khơng bị chặn nên tồn số thực dươngesao cho
f(e) >max
1,a b,
b a,
c d,
d c
Khi đó, ta tìm số thực dươngu,v, w,tthỏa mãn
(48)
thực vậy:u= a f(e)−b f(e)2−1,v=
b f(e)−a f(e)2−1,w =
c f(e)−d f(e)2−1,t=
d f(e)−c f(e)2−1
Từa+b =c+d, ta suy rau+v=w+t Ta chox =u,y=vvàz =evào(1)ta
(e+1)f(u+v) = f(a) + f(b)
Còn chox =w,y =tvàz =evào(1), ta lại
(e+1)f(w+t) = f(c) + f(d)
Từ đó, ta thu f(a) + f(b) = f(c) + f(d), nghĩa khẳng định(3)được chứng minh Tiếp theo, ta thayxvàybởi x
2 trong(1)thì (z+1)f(x) = f x
2f(z) + x
+ f x
2f(z) + x
, ∀x,z∈ R+ (4) Theo(3)ta có
f x
2f(z) + x
+ f x
2f(z) + x
= f(x f(z)) + f(x), ∀x,z∈ R+ (5) Kết hợp(4)và(5)ta đượcz f(x) = f(x f(z))với số thực dươngx,z (6)
Đặt a = f
1 f(1)
Ta cho x = z =
f(1) vào (6) thu kết f(a) = Cho x =z=avào (6) ta
a f(a) = f(a f(a))⇒a =1 ⇒ f(1) =1
Từ(6)cho x=1ta z= f(f(z))với số thực dươngz (7)
Mặt khác, từ(3), ta thu
f(x+y) + f(1) = f(x) + f(y+1), ∀x,y∈ R+
và
f(y+1) + f(1) = f(y) + f(2), ∀y ∈ R+
Do f(x+y) = f(x) + f(y) +Cvới số thực dươngx,y(C = f(2)−2) (8)
Thayx =y= f(2)vào(8)ta f(2f(2)) = 2f(f(2)) +C (9)
Từ(6)và(7)ta thu
f(2f(2)) =2f(2) = 2(C+2)
f (f(2)) =2 (10)
Từ(9)và(10)ta có2(C+2) =4+C ⇒C =0 Do đó(8)trở thành
f(x+y) = f(x) + f(y), ∀x,y∈ R+
Vì vậy, f(x) = xvới số thực dương x Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Vậy tốn có nghiệm hàm
f(x) = x, ∀x,y∈ R+ Câu 42. Giả sử tồn hàm số f : (1;+∞)→Rthỏa mãn
f(x)− f(y) = (y−x) f(xy), ∀x>1,y>1 (1)
Lời giải 1.Đặtg(x) = f(x)−2f(2)
x , ∀x >1 Khi đó:g(2) = 0và
g(x)−g(y) = f(x)− f(y)−2f(2)
1 x −
1 y
(49)= (y−x) f(xy)−2f(2)(y−x)
xy = (y−x)
f(xy)−2f(2)
xy
= (y−x)g(xy)
Như vậyg(x)−g(y) = (y−x)g(xy), ∀x,y>1 (i)
Từ(i)choy=2, ta được:g(x) = (2−x)g(2x), ∀x>1 (2i)
Từ(i)choy=zx, ta được:
g(x)−g(zx) = (zx−x)gzx2, ∀x,z>1
Do đó:
(x−z)g(x)−(x−z)g(zx) = (x−z) (zx−x)gzx2, ∀x,z>1
⇒(x−z)g(x)−[g(z)−g(x)] = (x−z) (zx−x)gzx2, ∀x,z>1
⇒(x−z+1)g(x)−g(z) = (x−z) (zx−x)gzx2, ∀x,z >1
Như vớix>1,z >1, ta có
x2−z[(x−z+1)g(x)−g(z)] = (x−z) (zx−x)x2−zgzx2
= (x−z) (zx−x)hg(z)−gx2i (3i)
Từ(3i)chox =2, ta được:
(4−z) (−g(z)) = (2−z) (2z−2) [g(z)−g(4)],∀z>1
⇒(4−z)g(z) +2(2−z) (z−1)g(z) = 2(2−z) (z−1)g(4),∀z>1
⇒4−z−2z2+6z−4g(z) = 2(2−z) (z−1)g(4),∀z>1
⇒g(z) = 2(2−z) (z−1)g(4)
z(5−2z) ,∀z>1,z 6=
⇒g(2z) = (2−2z) (2z−1)g(4) z(5−4z) ,∀z>
1 2,z6=
5
⇒g(2z) = (2−2z) (2z−1)g(4)
z(5−4z) ,∀z>1,z 6=
4 (4i)
Nếug(4) 6=0thì kết hợp với(2i)ta được:
2(2−z) (z−1)g(4) z(5−2z) =
2(z−2) (2−2z) (2z−1)g(4) 2z(5−4z)
⇒
5−2z =
2z−1
5−4z, ∀z>1,z6= 4,z6=
5
2,z 6=2 (5i)
Mà(5i)là điều vơ lí nêng(4) = 0, đóg(z) = 0,∀z >1,z6=
Từ(2i)cóg
5
=0 Do đó:
(50)⇔f(x) = a
x,∀x>1 vớia=2f(2)là số
(6i)
Thử lại ta thấy hàm số xác định bởi(6i)thỏa mãn yêu cầu đề Vậy hàm số cần tìm f(x) = a
x,∀x>1, với alà số
Lời giải 2.Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Ta có:
(1) ⇒ f(x)− f(y)
x−y =−f(xy), ∀x >1,y>1,x 6=y (2)
Ta thấy hàm số f(x) thỏa mãn (1) hàm số−f(x) thỏa mãn (1) nên khơng tính tổng qt, giả sử f(2) = a
2, a≥0 Giả sử tồn tạix0∈ (1;+∞)sao cho f(x0)> a x0
(3)
Trường hợp 1:x0>2 Ta có:
−f (2x0) = f(x0)−f(2) x0−2
do(3) > a x0 − a x0−2 =
−a
2x0 ⇒ f(2x0) < a
2x0 (4)
Ta có:−f 22x0= f(2x0)− f(2) 2x0−2
do(4) < a 2x0 − a 2x0−2 =
−a 22x
Suy f 22x0> a 22x
0
Lại có:−f 23x20= f 2x0
−f(2x0) 22x0−2x0 >
a 22x0 −
a 2x0 22x0−2x0 =
−a 23x2
0
Suy f 23x20< a
23x2
(5)
Lại có:−f 23x0= f 2x
0
− f(2) 22x0−2 >
a 22x
0
−a
2 22x0−2 =
−a 23x0
Suy ra: f 23x0< a
23x0 (6)
Lại có:−f 23x20= f 3x0
−f(x0) 23x0−x0
do(3) <
a 23x0 −
a x0 23x0−x0 =
−a 23x2
0
Suy f 23x20> a
23x2
, mâu thuẫn với (5)
Trường hợp 2:x0<2 Ta có:
−f(2x0) = f (x0)− f(2) x0−2
< a x0 −
a x0−2
= −a 2x0
(do x0−2<0 (3))
Suy f (2x0) > a
2x0 Đặt x1 = 2x0 >2, đó: f (x1) > a
x1 Đến đây, sử dụng kết
ở trường hợp 1, ta dẫn tới mâu thuẫn
Tiếp theo giả sử tồn tạix0 ∈ (1;+∞)sao cho f(x0) < a x0
(7)
Nếux0>2thì
−f (2x0) =
f (x0)−f(2) x0−2
do(7) < a x0 − a x0−2 =
−a
(51)Đặt α = 2x0 > 1, f(α) > a
α, sử dụng kết ta dẫn tới mâu thuẫn Nếu
1<x0 <2thì
−f (2x0) =
f (x0)− f(2) x0−2
do(7) > a x0 − a x0−2 =
−a
2x0 ⇒ f (2x0)< a 2x0
Đặtβ=2x0 >2, f(β) < a
β, sử dụng kết ta dẫn tới mâu thuẫn Như tất trường hợp dẫn tới mâu thuẫn Do f(x) = a
x, ∀x >1(alà số) Thử lại
thấy thỏa mãn
Lưu ý.
Các phép "thông dụng" như x = y, y = 0, y = 1trong toán dẫn đến
điều hiển nhiên, khơng phép Trong tình "hạn chế" vậy, thêm biến giải pháp mà ta nghĩ đến
Có lời giải phương pháp thêm biến ngắn gọn Việc nhận xét về
tính sai lời giải xin nhường cho bạn đọc Xétx >y>z >1 Ta có
f(x)− f(z) = (z−x)f(xz) = [(z−y) + (y−x)] f(xz) = (y−x)f(xz) + (z−y)f(xz)
Mặt khác
f(x)− f(z) = f(x)−f(y) + f(y)− f(z) = (y−x)f(xy) + (z−y)f(yz)
Từ suy
(y−x)f(xz) + (z−y)f(xz) = (y−x)f(xy) + (z−y)f(yz)
⇔(y−x)[f(xz)− f(xy)] = (z−y)[f(yz)− f(xz)]
⇔(y−x)(xy−xz)f x2yz= (z−y)(xz−yz)f xyz2
⇔(y−x)x(y−z)f x2yz= (z−y)z(x−y)f xyz2
⇔x f x2yz =z fxyz2
⇔x(xyz)f x2yz=z(xyz)fxyz2
Suy rax2yz f x2yz
=xyz2f xyz2
với mọix>y>z >1 Giả sửa>b >1 Đặtx=
s
a5 b3,y=
8
√
ab,z =
s
b5
a3 Khi x2yz =
r
a10 b6 ·
8
√
ab·
r
b5
a3 =a,xyz =
r
a5 b3 ·
8
√
ab·
r
b10
a6 =b,zx=y 2. Ta có x y = r a4 b4 =
r
a b >1 y
z =
r
a4 b4 =
r
a b >1
⇒x >y>z>1.Theo ta có
(52)Như a f(a) = b f(b), ∀a>b >1 Từ suy f(x) = c
x, ∀x >1(clà số) Thử
lại thấy thỏa mãn
Câu 43. Giả sử tồn hàm số liên tục f : R→Rthỏa mãn
f(x+y) + f(xy) +1= f(x) + f(y) + f(xy+1), ∀x,y∈ R. (1) Xét hàm sốg(x) = f(x+1)−f(x)−1liên tục trênR Ta có
(1)⇔ f(x+y) = f(x) + f(y) +g(xy), ∀x,y∈ R. (2) Vậy ta thêm biến mớiztương tự tốn 21, thu kết quả: Hàmgcó dạng
g(x) =2ax+b, ∀x ∈R.
Thay vào (2) ta
f(x+y) = f(x) + f(y) +2axy+b, ∀x,y∈ R
⇔f(x+y)−a(x+y)2 =hh(x)−ax2i+hh(y)−ay2i+b =0, ∀x,y ∈R ⇒f(x)−ax2 =mx+n, ∀x∈ R.
Thay f(x) = ax2+mx+n,∀x∈ Rvào (1) ta
a(x+y)2+m(x+y) +n+ax2y2+mxy+n+1
=ax2+mx+n+ay2+my+n+a(xy+1)2+m(xy+1) +n, ∀x,y ∈R.
Rút gọn ta a+m+n = ⇔ n = 1−a−m Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề có dạng f(x) = ax2+mx+1−a−m, ∀x∈ R, với a,mlà số tùy ý
Câu 44. Ta khẳng định nghiệm có dạng f (x) = cx+dvới c ≥0nào Dễ dàng kiểm tra hàm số thỏa mãn điều kiện ta có đẳng thức
a3+b3+c3−3abc =
2(a+b+c)
(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2
a) Theo giả thiết ta có f(0) = Chú ý từ điều kiện đề suy ra: “Nếu ba số thực a,
b, c thỏa a+b+c = 0thì f a3
+ f b3
+ f c3
= 3f (abc)” Ta gọi khẳng định
P(a,b,c) Khẳng địnhP √3 a,−√3 a, 0
cho ta f(a) +f (−a) =0với số thựca, suy f
là hàm lẻ
b) Nếua >0thì√3 a+0+0>0nên điều kiện (i) suy ra f(a) ≥0.
Bây nếua >bthì√3 a >√3 b Suy ra√3 a+√3
−b+0 >0
Do f (a) + f (−b)≥0, suy f (a) ≥ f (b) Vậy f hàm tăng c) Bây xétP(a,b,−(a+b)) Vì f lẻ nên ta biến đổi thành
f a3+ fb3+3f (ab(a+b)) = f (a+b)3
Áp dụng đẳng thức nhiều lần, ta có
(53)= f a3+ f b3+3f(ab(a+b)) + f c3+3f ((a+b)c(a+b+c))
Hoàn toàn tương tự, thay đổi vai trò củabvàc, ta
f (a+b+c)3= f a3+ f b3+ f c3+3f (ac(a+c)) +3f ((a+c)b(a+b+c))
So sánh hai đẳng thức cuối cùng, ta thu
f(ab(a+b)) + f ((a+b)c(a+b+c)) = f (ac(a+c)) + f ((a+c)b(a+b+c)) (*) Để ý
c(a+b) (a+b+c)−b(a+c) (a+b+c) = (a+b+c)(ca+cb−ba−bc) = (a+b+c)(c−b)a
= a(c2−b2) +a2(c−b) = ac2+a2c−(ab2+a2b)
= ac(a+c)−ab(a+b) (2*)
Với hai số thực dươngx <ybất kì, ta xét hệ phương trình sau
a2c−abc= a2b+ab2 (1) a2b+ab2=x (2) a2c+ac2 =y (3)
Ta khẳng định hệ có nghiệm thựca 6= 0,b 6=, c 6= Thật vậy, đặtb = qa, c = rathì
(1)trở thành
r−rq=q+q2⇒r = q+q 1−q
Từ(2)và(3)suy
x y =
q(q+1) r(r+1) =
q(q+1) q2+q
1−q q2+1
1−q
= (1−q) q2+1
Hàm số h(q) = (1−q)
1+q2 liên tục đoạn [0; 1]và h(0) = Vì x
y ∈ (0; 1) nên tồn q
thuộc[0; 1] choh(q) = x
y Chọnq tương ứngr =
q(q+1)
1−q Nhânq vàrcho a
để nhận đượcb,cthỏa mãn(2); còn(3)và(1)sẽ tự nhiên thỏa mãn Vậy tồn tạia,b,
c; rõ ràng làa 6=0 Như ta chọn đượca,b, cthích hợp Chú ý
a2c−abc =a2b+ab2⇒b(a+b+c) = ac
⇒b(a+c) (a+b+c) = ac(a+c) = y
vàab(a+b) = x Từ
c(a+b) (a+b+c) = b(a+c) (a+b+c) +ac(a+c)−ab(a+b) = 2y−x
Sử dụng điều và(∗), ta suy
(54)với mọi0<x ≤y Đặtz=2y−x ⇔y= x+z
2 , điều trở thành f (x) + f (z) =2f
x+z
với mọi0<x ≤z
Vậy f thỏa mãn phương trình hàm Jensen tập số dương Như chứng minh trên, f hàm số tăng, suy f (x) = cx (trong điều kiện f(0) = 0) với x >0(với c ≥0) Do hàm f lẻ nên ta có f(x) = cxvới mọix ∈R Và bỏ điều kiện f (0) =0thì ta nghiệm toán f (x) = cx+dvớic ≥0
Lưu ý.
1 Dễ thấy f hàm số thỏa mãn điều kiện (i) (ii) hàm số f +kvới klà số thỏa mãn hai điều kiện Vì ta giả sử f (0) = Như giả thiết (a) (giả thiết f(0) =0) không cần thiết
2 Ở lời giải trên, ta dùng tính chất hàm liên tục để chứng minh hệ phương trình có
nghiệm Sau ta dùng cách khác, sơ cấp để chứng minh hệ phương trình có nghiệm Giả sử < x < ybất kì Ta chứng minh hệ phương trình sau có nghiệm
(a,b,c)với a>0,b >0,c>0(thậm chí ta cịn nghiệm cụ thể):
ab(a+b) = x
c(a+b)(a+b+c) =y
ac(a+c) = b(a+c)(a+b+c)
(3*)
Hệ tương đương với
ab(a+b) = x
c(a+b)(a+b+c) = y ac=b(a+b+c)
Từ phương trình thứ hai thứ ba ta có
y c(a+b) =
ac
b ⇒by =ac
2(a+b).
Kết hợp với phương trình thứ ta
x ab =
by ac2 ⇒
x b =
by c2 ⇒b
2 = x yc
2 ⇒b=kc,
với k=
rx
y Từ phương trình thứ phương trình thứ hai ta có x
ab =
y
c(a+b+c) ⇒ x y =
ab
c(a+b+c) =
kac c(a+kc+c)
⇒x
y =
ka
a+c(k+1) ⇒k=
a
a+c(k+1) ⇒ka+ck(k+1) = a
⇒a= ck(k+1) 1−k
Thayb =kcvàa= ck(k+1)
1−k vào phương trình thứ nhất, ta c2k2(k+1)
1−k
ck(k+1) 1−k +kc
= x⇔ c
2k2(k+1) 1−k ·
(55)⇔2c3k3(k+1) = (1−k)2x ⇔c =
s
(1−k)2x 2k3(k+1)
Như với mọi0< x<ythì ln tồn số dươnga,b,cthỏa mãn hệ(3∗) Do đó, kết hợp điều với đẳng thức(2∗)ta thu kết
f(x) + f(y) =2f
x+y
, ∀x >0,y>0,x <y (4*)
Dễ thấy f(x) +f(x) =2f
x+x
, ∀x>0 (5∗)
Từ(4∗)và(5∗)ta có f(x) + f(y) = 2f
x+y
, ∀x>0,y>0 (6∗)
Mặt khác, b) ta chứng minh f(a) ≥ 0, ∀a ≥ Kết hợp điều với (6∗), lặp lại quy trình lời giải tốn 23 (ở trang 21) ta
f(x) = `x, ∀x≥0
với`là số khơng âm Mà f hàm lẻ nên suy
f(x) = `x, ∀x∈ R.
Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(x) = `x+C, ∀x ∈R
với`,Clà số,`≥0
Câu 45. Giả sử tồn hàm số f : R→Rthỏa mãn
f(x+ f(y)) = f y2+3+2x f(y) + f(x)−3, ∀x,y ∈R. (1) Dễ thấy f(x) ≡0khơng thỏa mãn phương trình tồn tạiy0 ∈Rsao cho f(y0) 6=0 Thayy =y0vào phương trình(1), ta
f (x+ f(y0))− f(x) =2x f (y0) + f y20+3−3, ∀x∈ R.
Vế phải phương trình hàm bậc ẩn xnên nhận giá trị
R Từ suy hiệu f(u)− f(v) nhận giá trị trênR Bây giờ, thay xbởi x− f(y)
vào phương trình cho, ta
f(x− f(y)) = f(x)− f y2+3−2(x− f(y))f(y) +3, ∀x,y ∈ R.
Trong phương trình trên, ta thayxbởix+ f(z)thì
f(x+ f(z)− f(y)) = f(x+ f(z))− f y2+3−2[x+ f(z)−f(y)]f(y) +3
= f(x) + f z2+3+2x f(z)− f y2+3−2[x+ f(z)− f(y)]f(y)
(56)Đảo vị trí củayvàztrong phương trình cộng phương trình thu phương trình lại theo vế, ta
f(x+ f(z)− f(y)) + f(x+f(y)−f(z)) =2f(x) +2[f(y)− f(z)]2
Do hiệu f(y)− f(z)có thể nhận giá trị trênRnên từ ta có
f(x+y) + f(x−y) =2f(x) +2y2, ∀x,y ∈R.
Đặt f(0) = avàg(x) = f(x)−x2−athì ta có g(0) =0và
g(x+y) +g(x−y) = 2g(x), ∀x,y∈ R.
Thayx =yvào phương trình này, ta đượcg(2x) = 2g(x)với mọix ∈Rnên ta có
g(x+y) +g(x−y) = g(2x), ∀x,y∈ R.
Lần lượt thayx, y x+y
2 , x−y
2 vào phương trình trên, ta suy glà hàm cộng tính Tiếp
theo, thayx =0vào phương trình(1), ta
f(f(y)) = f y2+3+a−3, ∀y ∈R. (2) Thay f(y) = g(y) +y2+avào(2)và rút gọn với ýgcộng tính, ta
0= f (f(y))− f y2+3−a+3
= g(f(y)) + f2(y) +a−gy2+3−y2+32−a−a+3
= g(f(y)) + f2(y)−gy2+3−y2+32−a+3
= gg(y) +y2+a+g(y) +y2+a2−gy2+3−y2+32−a+3
= g(g(y)) +gy2+g(a) +g2(y) +2y2+ag(y) +y2+a2
−gy2+3−y2+32−a+3
= g(g(y)) +gy2+g(a) +g2(y) +2y2+ag(y) +y2+a2
−gy2−g(3)−y2+32−a+3
= g(g(y)) +gy2+g2(y) +2y2+ag(y) +
y2+a2−y2+32
+ [g(a)−g(3)]−gy2−a+3
= g(g(y)) +g2(y) +2y2+ag(y)
+ (a−3)(2y2+a+3) + [g(a)−g(3)]−a+3
= g(g(y)) +g2(y) +2y2+ag(y) + (a−3)2y2+a+2+g(a)−g(3)
Thayy=0vào phương trình trên, ta
(57)Từ suy
g(g(y)) +g2(y) +2y2+ag(y) +2(a−3)y2 =0, ∀y ∈R.
Thayybởiny (n ∈ N∗)vào phương trình sử dụng tính cộng tính g, ta
ng(g(y)) +n2g2(y) +2nn2y2+ag(y) +2n2(a−3)y2 =0, ∀y ∈R,n∈ N∗
Ta xem vế trái đa thức ẩnn Đa thức có giá trị bằng0tại vơ hạn giá trị củannên phải đồng bằng0 Từ suy hệ số củan3 phải bằng0, hay ta có2y2g(y) = 0với
y∈ R Kết hợp vớig(0) = 0, ta suy rag(y) =0với mọiy ∈R Từ với ý
(a−3)(a+2) +g(a)−g(3) =0,
ta tính đượca = 3hoặc a = −2 Suy f(x) = x2+3với mọix ∈ Rhoặc f(x) = x2−2với mọix ∈R Thử lại, ta thấy có hàm f(x) = x2+3thỏa mãn yêu cầu Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu
f(x) = x2+3, ∀x∈ R.
Lưu ý.Bạn đọc xem thêm toán??ở trang??(Đầy đủ hơn, xem mục??ở trang
??: Sử dụng đa thức) để tìm hiểu củng cố thêm phương pháp vận dụng đa thức vào việc giải phương trình hàm)
Câu 46. Giả sử tồn hàm số f : R→Rthỏa mãn
f
x+y x−y
= f(x) + f(y)
f(x)− f(y), ∀x6=y (1)
Từ(1)ta thấy rằng, nếux 6=ythì f(x)6= f(y) (2)
Từ(1)choy =0ta
f(1) = f(x) + f(0)
f(x)− f(0), ∀x6=0
⇒f(1)f(x)−f(1)f(0) = f(x) + f(0), ∀x6=0
⇒f(x) [f(1)−1] = f(0) [f(1) +1], ∀x 6=0 (3)
Nếu f(1) 6=1thì từ(3)suy f hàm hằng, mâu thuẫn với(2), f(1) = 1, từ suy f(0) = Từ (1)thayybởix−2ta
f(x−1) = f(x) + f(x−2)
f(x)− f(x−2) (4)
Từ(1)thayxbởix−1và thayybởi1và sử dụng f(1) = 1ta
f
x x−2
= f(x−1) +1
f(x−1)−1 (5)
Thay(4)vào(5)ta
f
x x−2
= f(x)
f(x−2) (6)
Từ(5)và(6)suy
f(x) = f(x−2)· f(x−1) +1
(58)Từ(5)chox = 3ta f(3) = f(2) +1
f(2)−1 Từ(6)chox = 4ta f(4) = f(2)
2 Từ(7)cho x =5ta
f(5) = f(3)· f(4) +1
f(4)−1 =
f(2) +1 f(2)−1 ·
f(2)2+1 f(2)2−1 =
f(2)2+1 [f(2)−1]2
Mặt khác, theo(1)ta có
f(5) = f
3+2 3−2
= f(3) + f(2) f(3)− f(2) =
f(2) +1
f(2)−1+ f(2) f(2) +1
f(2)−1− f(2)
= f(2)
2+
−f(2)2+2f(2) +1
Như
[f(2)−1]2=−f(2)2+2f(2) +1⇔2f(2)2−4f(2) =0⇔
f(2) = f(2) =
Do f(0) = 0và (2)nên f(2) 6= Vậy f(2) = Từ ta có f(3) = 3và f(4) = Giả sử f(k) = kvới số tự nhiênk ≤n, vớinlà số tự nhiên cho trước Từ(7)chox =nta
f(n+1) = f(n−1)· f(n) +1
f(n)−1 = (n−1)· n+1
n−1 =n+1
Như theo nguyên lý qui nạp ta
f(n) = n, ∀n ∈N. (8)
Từ(1)choy =−xta
f(0) = f(x) + f(−x)
f(x)−f(−x) ⇒ f(−x) = −f(x), ∀x∈ R
hay f hàm số lẻ trênR Do kết hợp với(8)ta
f(n) = n, ∀n∈ Z. (9)
Tiếp theo, ta thêm biếnzbằng cách thayybởizxta
f
x+xz x−xz
= f(x) + f(xz) f(x)− f(xz)
Mà f
x+xz x−xz
= f
1+z 1−z
= 1+ f(z) 1− f(z) nên
1+ f(z) 1− f(z) =
f(x) + f(xz) f(x)− f(xz)
Thực nhân chéo rút gọn ta
f(xz) = f(x)f(z), ∀x6=0,z6=0
Kết hợp với f(0) =0, f(1) =1ta
(59)Giả sửn∈ Z∗,
1= f(1) = f
n·
n
(10)
= f(n)· f
1 n
=n f
1 n
⇒ f
1 n
= n
Giả sửrlà số hữu tỉ, đór= m
n với m,nlà số nguyên vàn6=0 Ta có
f(r) = f m n
= f(m)f
1 n
= m n =r
Như f(r) =r, ∀r ∈Q (11)
Từ(10)choz =xta
f x2= f(x)2 ⇒ f(x)≥0, ∀x≥0
Kết hợp với f(0) = 0và(2) ta f(x) > 0, ∀x > Tiếp theo ta chứng minh hàm f tăng nghiêm ngặt Giả sửx >y, có trường hợp sau xảy ra:
Trường hợp 1:x>y ≥0 Khi đó
f(x) + f(y) f(x)− f(y) = f
x+y x−y
>0⇒ f(x) > f(y)
Trường hợp 2:y <0<x Khi đó f(x)>0, f(y)<0nên f(x) > f(y). Trường hợp 3:y <x <0 Khi đó
0<−x <−y ⇒ f(−x)< f(−y)⇒ −f(x) <−f(y) ⇒ f(x)> f(y)
Như vậy, nếux > ythì ta ln có f(x) > f(y) Giả sửx ∈ R Khi tồn hai dãy số hữu tỉ
{un}+n=1∞,{vn}+n=1∞ cho
un ≤x ≤vn,∀n=1, 2, ; lim
n→+∞un =n→lim+∞vn = x
Vì f hàm tăng nên f(un)≤ f(x) ≤ f(vn) Kết hợp với (11) ta
un ≤ f(x) ≤vn, ∀n=1, 2,
Chon →+∞trong bất đẳng thức ta
x≤ f(x) ≤x⇒ f(x) = x
(60)[1] Nguyễn Tài Chung, 2012,Giải phương trình hàm phương pháp thêm biến,Kỷ yếu Gặp gỡ toán học lần 4: Các phương pháp giải toán qua kỳ thi Olympic
[2] Nguyễn Tài Chung, 2014,Phương trình hàm, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Võ Quốc Bá Cẩn, Tạp chí Epsilon, Số 14 - 12/2018,Phương pháp thêm biến giải phương