Qua bài viết này, tác giả giới thiệu tới bạn đọc các bài toán phương trình hàm qua các đề thi chọn đội tuyển các tỉnh, thành phố trong năm học 2020 - 2021.. Bài toán 1..[r]
(1)Các tốn phương trình hàm, hàm số qua kì thi chọn đội tuyển VMO 2021
Nguyễn Đăng Khoa ∗† (Sưu tầm giới thiệu)
Tóm tắt nội dung. Qua viết này, tác giả giới thiệu tới bạn đọc tốn phương trình hàm qua đề thi chọn đội tuyển tỉnh, thành phố năm học 2020 - 2021
Bài toán 1. Cho hàm số f : (0; +∞)→(0; +∞) thỏa mãn
f(x) +f(x+y) = f(f(x) +y) (1)
với số thực dương x, y
a) Chứng minh hàm g(x) = f(x)−x đơn ánh, nhận giá trị dương (0; +∞) f(x) +f(y) = 2f
x+y
2
b) Chứng minh f đơn ánh tìm tất hàm f thỏa mãn toán
(Đề thi trường chuyên ĐH Vinh)
Lời giải. Cách 1.
a) Từ (1) ta cóf(x+y)6=f(f(x) +y) với x, y >0 nên x6=f(x) với x >0.
Nếu f(x)< x với x Trong (1) cho y=x−f(x), ta có f(x) +f(2x−f(x)) = f(x),
vơ lý
Suy f(x)> x với mọix >0, hay g(x) = f(x)−x nhận giá trị dương (0; +∞).
Ta chứng minh g(x) =f(x)−x đơn ánh
Thật vậy, g(x) =g(y) hayf(x)−x=f(y)−y
f(x) +y =f(y) +x. (2)
(2)Do đóf(f(x) +y) =f(f(y) +x).
Suy raf(x) +f(x+y) = f(y) +f(y+x) hayf(x) =f(y). Kết hợp (2) suy rax=y. Do
g(x) =f(x)−x đơn ánh
Trong (1), thayy f(y) ta đượcf(x) +f(x+f(y)) =f(f(x) +f(y)) ⇒f(x) +f(y) +f(y+x) =f(f(x) +f(y))
⇒f(y+x) = f(f(x) +f(y))−(f(x) +f(y)).
Với x0, y0 thỏa mãn x0 +y0 =x+y ta có f(x0+y0) = f(f(x0) +f(y0))−(f(x0) +f(y0)).
Do
f(f(x) +f(y))−(f(x) +f(y)) =f(f(x0) +f(y0))−(f(x0) +f(y0)).
Mà f(x)−x đơn ánh nên f(x) +f(y) =f(x0) +f(y0) với x+y=x0+y0.
Đặc biệt, với x0 =y0 = x+2y ta có f(x) +f(y) = 2fx+2y với x, y >0.
b) Ta chứng minh f đơn ánh Giả sử f(x) = f(x+h) với h >0
f(x) +f(x+ 2h) = 2f(x+h) = 2f(x) ⇒f(x) = f(x+ 2h)
Suy f(x) = f(x+nh) với n nguyên dương Do
0< f(x+nh)−(x+nh) = f(x)−x−nh
với mọin, điều vô lý Vậy ta có f đơn ánh Ta có
f(f(x) +f(y)) =f(f(x) +y) +f(x) = 2f f(x)
2 +y
!
và f(f(x) +f(y)) = 2f f(y)
2 +x
!
nên f(x)
2 +y=
f(y)
2 +xvới x, y >0. Suy f(x)
2 −y=cvới c∈R,hay f(x) = 2x+ 2c.
Thay vào phương trình ta có c= 0.Suy raf(x) = 2x với mọix >0. Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f(x) = 2xvới x >0.
Cách 2. Ta chứng minh f(x) = 2x, phần a) hay f đơn ánh hệ
Trong (1) ta thay x f(x) +y, ta có
f(f(x) +y) +f(f(x) + 2y) =f(f(f(x) +y) +y) (3) Áp dụng (1) vế trái (3) bằngf(f(x)+y)+f(f(x)+2y) =f(x)+f(x+y)+f(x)+f(2y+x).
(3)f(x) +f(y) =f(x+y), ∀x, y >0 vàx6=y. (4) Để ý với số t >0 tồn hai số x, y >0 thỏa mãnx6=y x+y =t
Khi áp dụng (4), ta có
f(2t) =f(2x+ 2y) =f(x) +f(x+ 2y) = f(x) +f(y) +f(x+y) = 2f(x+y) = 2f(t).
Vậy ta có f(x) +f(y) = f(x+y), ∀x, y > nên f(x) = cx với c số dương Thử lại vào phương trình (1) ta có f(x) = 2x,∀x >0 thỏa mãn tốn
Bài tốn 2. Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn
xf(x+xy) = xf(x) +f(x2)f(y), ∀x, y ∈R. (1)
(Đề thi tỉnh Quảng Trị)
Lời giải. Ta chia toán hai trường hợp
• Nếu f(x) = 0,∀x∈R ta dễ thấy hàm thỏa mãn (1)
• Nếu tồn a cho f(a)6= ta thay x= 0, y=a vào (1) để cóf(0) = 0.
Thay y=−1 vào (1), ta có
xf(x) +f(x2)f(−1) = 0,∀x∈R. (2)
Từ (2) ta dễ dàng suy raf(−1)6= nên ta thay lần lượtx=−1 x= vào (2) ta thu f(1) = f(−1) =−1. Khi (2) trở thành f(x2) =xf(x),∀x ∈R (3) nên dễ có
f hàm lẻ
Thay (3) vào (1) ta có
f(x+xy) =f(x) +f(x)f(y),∀x6= 0. (4) Trong (4) ta cho x= ta đượcf(y+ 1) =f(y) + 1, từ điều ta thay y y−1 vào (4) ta f(xy) = f(x)f(y),∀x6= 0, kết hợp f(0) = ta có
f(xy) =f(x)f(y),∀x, y ∈R. (5)
Suy f(x2) =f(x)2,∀x∈
R Do vậy, f(x)≥0,∀x≥0. (6)
Thay (5) vào (4) ta có f(x+xy) = f(x) +f(xy) hay ta có
f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈R.
Kết hợp với (6) f lẻ ta rút f(x) = cx,∀x ∈ R. Thử lại ta có hàm
f(x) = x,∀x∈R thỏa mãn toán
(4)Bài toán 3. Xét hàm số f :R→Rthỏa mãn f(2020)6=
f(x+f(y)) =f(x) + x
2f(2y) +f(f(y)) với x, y ∈R. (1) a) Chứng minh tồn số c6= cho f(2x) =c·f(x) với x∈R.
b) Tìm tất giá trị có c
(Đề thi TPHCM)
Lời giải. Từ giả thiết f(2020)6= ta dễ dàng suy f khơng số a) Trong (1) ta thayx bởif(x) đổi chỗx với y ta
f(x)
2 f(2y) =
f(y)
2 f(2x),∀x, y ∈R (2)
Trong (2) ta thay y= 2020 rõ ràngf(2x) =c·f(x),∀x∈Rvới c= f(4040)
f(2020). Dễ thấy c6= 0, ngược lạic= rõ ràng f(x) = 0,∀x∈R (mâu thuẫn)
b) Thay x 2x+f(y) vào (1) ta có
f(2x+ 2f(y)) =f(2x+f(y)) + 2x+f(y)
2 f(2y) +f(f(y)),∀x, y ∈R (3) Ta có
f(2x+ 2f(y)) =cf(x+f(y)) = c·
f(x) + x
2f(2y) +f(f(y))
và f(2x+f(y)) = f(2x) +xf(2y) +f(f(y)) =cf(x) +cxf(y) +f(f(y)).
Vậy từ đẳng thức (3) sau thu gọn, ta cố định y cho x→ ∞ hệ số x hai vế phải hay ta có
2cf(y) = c
2
2f(y),∀y∈R⇒c= 4.
Nhận xét. Bài toán ta hồn tồn tìm tất f thỏa mãn toán sau: Thay x bởif(y) vào (1), kết hợp c= (1) trở thành
4f(f(y)) = 2f(f(y)) + 2f(y)2 ⇒f(f(y)) = f(y)2,∀y∈R. (4)
Thay x bởi−f(y) vào (1) sử dụng (4) ta
f(−f(y)) = f(y)2+f(0),∀y∈R. (5)
(5)Thay x bởi−f(x) vào (1) ta có
f(f(y)−f(x)) = (f(y)−f(x))2+f(0),∀x, y ∈R. (7) Từ (6) (7) ta thu kết quảf(x) =x2+f(0),∀x∈
R Thay lại vào (4) ta đượcf(0) =
nên f(x) = x2,∀x∈
R.
Thử lại thấy thỏa mãn nên kết luận (1) có nghiệm f(x) =x2,∀x∈
R.
Bài tốn 4. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn
f(f(xy−x)) + 2f(x+y) = 2yf(x) + 2f(y),∀x, y ∈R. (1)
(Đề thi TP Hải Phòng)
Lời giải. Trong (1) thay x= 0, ta có f(f(0)) = 2yf(0),∀y∈R⇒f(0) = 0.
Thay y= vào (1), ta có
f(x+ 1) =f(x) +f(1),∀x∈R (2)
Thay y y+ vào (1) sử dụng (2) ta có
f(f(xy)) + 2f(x+y) = 2yf(x) + 2f(x) + 2f(y),∀x, y ∈R (3)
Trong (3) ta đổi x, y cho suy
yf(x) = xf(y)⇒f(x) = f(1)·x,∀x∈R (4)
Thử lại vào (1) ta có hai hàm thỏa mãn f(x) = 0,∀x∈Rhoặc f(x) = 2x,∀x∈R.
Bài tốn 5. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn
f(y−f(x)) =f(f(x))−2yf(x) +f(y),∀x, y ∈R. (1)
(Đề thi tỉnh Hà Tĩnh)
Lời giải. Trước hết f dễ dàng thấy f(x) = 0,∀x∈R thỏa mãn (1) Xét f khác hằng, tồn a cho f(a)6= 0.
Trong (1) ta thay y f(x) ta có
(6)Thay x=a vào (1) ta có
f(y−f(a))−f(y) =f(f(a))−2yf(a),∀y∈R. (3) Do f(a)6= nên từ (3) suy với mọit ∈Rthì tồn u, v cho f(u)−f(v) =t. (4)
Thay y f(y) vào (1) kết hợp (2) ta có
f(f(y)−f(x)) =f(0) + (f(y)−f(x))2,∀x, y ∈R (5) Từ (4) (5), ta dễ dàng suy f(x) = x2+c,∀x∈
R Thay lại vào (1) ta có c= 0.
Kết luận tốn có hai hàm thỏa mãn f(x) = 0,∀x∈R f(x) =x2,∀x∈R.
Bài tốn 6. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn
f(x+y)−f(x)f(y) =f(xy)−2xy−1,∀x, y ∈R (1)
(Đề thi tỉnh Quảng Ninh)
Lời giải. Cho y= vào (1) ta
f(x)(1−f(0)) =f(0)−1,∀x∈R.
Dễ thấy f(x) =−1,∀x∈R không thỏa mãn (1) nênf(0) = 1.
Thay x= 1, y=−1 vào (1) ta có f(−1)(f(1) + 1) = Đến ta chia làm hai trường hợp TH1. Với f(1) =−1, ta thay x bởix−1 y= vào (1) ta có
f(x) +f(x−1) = f(x−1)−2(x−1)−1⇒f(x) =−2x+ 1,∀x∈R. (2) Thử lại (2) vào (1) ta thấy thỏa mãn
TH2. Với f(−1) = 0, ta thay x=y=−1 ta có f(−2) =f(1)−3. (3) Thay x=−2, y= vào (1) ta có f(−1)−f(−2)f(1) =f(−2) + 3. (4) Từ (3) (4) ta rút f(1) = f(1) = 2.
• Xét f(1) = Ta thayy= vào (1) ta
f(x+ 1) =f(x)−2x−1,∀x∈R (5)
Thayy y+ vào (1)
f(x+y+ 1)−f(x)f(y+ 1) =f(xy+x)−2xy−2x−1,∀x, y ∈R (6) Từ (5) ta viếtf(x+y+ 1) =f(x+y)−2(x+y)−1, f(y+ 1) =f(y)−2y−1 kết hợp (1) (5) trở thành
(f(x)−1)(2y+ 1) +f(xy) =f(xy+x),∀x∈R (7)
Trong (7) ta choy =
x, ta suy f(x) = −x
2+ 1,∀x 6= 0, kết hợpf(0) = thì
(7)• Xét f(1) = 2.Ta thay tương tự trường hợp f(1) = để f(x) =x+ 1,∀x∈R.
Kết luận tốn có ba hàm số thỏa mãn
f(x) =−2x+ ; ∀x∈R; f(x) = −x2+ 1,∀x∈R; f(x) = x+ 1,∀x∈R.
Nhận xét. Những tốn có tính đối xứng giữax, y ta thường hướng tới tính vài giá trị f(−2), f(−1), f(0), f(1), xong xét trường hợp cụ thể Có thể thấy toán sinh từ toán IMO Shortlist 2005 phát biểu sau:
Tìm tất hàm số f :R → R sao cho f(x+y) +f(x)f(y) = f(xy) + 2xy+ với mọi số thực x, y.
Bạn đọc tham khảo thêm nhiều lời giải thú vị khác diễn đàn AoPS Bài tốn 7. Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn
f(4xf(x) +f(y)) = 4(f(x))2+y,∀x, y ∈R (1)
(Đề thi thành phố Hà Nội)
Lời giải. Trong (1) ta thay y=−4(f(x))2 thì ta có f(a) = với a là số thực đó.
Trong (1) ta thay x=a suy
f(f(y)) =y,∀y∈R (2)
Trong (1) ta thay y=a x bởif(x) ta thu
f(4xf(x)) = 4(f(x))2+a= 4x2+a,∀x∈R (3) Từ (3) ta có (f(x))2 =x2,∀x∈
R
Giả sử tồn a6= 0, b 6= cho f(a) =a, f(b) =−b (4) Thay x=a, y=b vào (1), ta có f(4a2−b) = 4a2+b.
Mặt khác f(4a2−b) = 4a2−b hoặcb−4a2 Trong hai trường hợp ta suy a=
b= (mâu thuẫn với (4)) Vậy tức f(x) = x,∀x∈Rhoặc f(x) =−x,∀x∈R.
Thử lại thấy thỏa mãn nên kết luận tốn có hai hàm số thỏa mãn
f(x) =x,∀x∈R; f(x) =−x,∀x∈R.
Bài tốn 8. Tìm tất hàm số f :R→R liên tục thỏa mãn
f(2f(x) +f(y)) = 2x+y,∀x, y ∈R (1)
(8)Lời giải. Cách 1. Từ (1) ta thấy f song ánh
Ta cho x=y vào (1) ta đượcf(3f(x)) = 3x,∀x∈R (2) Thay x 3f(x) (2) ta có f(9x) = 9f(x),∀x∈R Lấy x= có f(0) = Thay x= vào (1) ta có
f(f(y)) =y,∀y∈R (3)
Thay y= vào (1) ta có f(2f(x)) = 2x=f(f(2x)),∀x∈R
Kết hợp f đơn ánh ta có f(2x) = 2f(x),∀x∈R. (4) Thay x f(x)
2 ,y f(y) vào (1) sử dụng (3), (4) ta
f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈R.
Kết hợp với f liên tục suy f(x) = c·x,∀x∈R, clà số
Thử lại (1) ta có hai hàm số thỏa mãn f(x) = x,∀x∈R f(x) = −x,∀x∈R.
Cách 2. Tương tự cách 1, ta f song ánh, f(f(x)) = x,∀x ∈ R f(2x) = 2f(x),∀x∈R.
Điều dẫn tới f(f(x) +f(y)) =x+y,∀x, y ∈R Cho y =−x kết hợp f(0) = suy f(−x) =−f(x).
Ta chứng minh f đơn điệu R Ta xét hai trường hợp
TH1. f(0)< f(1) Xét số cbất kì
Nếu c > f(c) < f(1) ta lấy số α cho max{f(0), f(c)} < α < f(1) Khi theo định lý giá trị trung gian tồn tạiα1 ∈(0; 1) vàα2 ∈(1;c) chof(α1) = f(α2) = α
Điều mâu thuẫn với tính đơn ánh f Vậy ta suy f(x)> f(1),∀x >1
Làm tương tự để có f(x)< f(0),∀x <0 f(0)< f(x)< f(1),∀0< x <1.
Điều dẫn tới f hàm đơn điệu tăng trênR.
Từ tồn số z cho f(z) > z f(f(z) > f(z) > z (mâu thuẫn với (3)), f(z)< z f(f(z))< f(z)< z mâu thuẫn với (3)
Vậy suy raf(x) =x,∀x∈R
TH2. f(0)> f(1) suy f đơn điệu giảm R.
Nếu tồn z cho f(z)>−z f(f(z))< f(−z) = −f(z)< z (mâu thuẫn với (3)) Còn f(z)<−z suy raf(f(z))> z gây mâu thuẫn
Điều chứng tỏf(x) =−x,∀x∈R.
Nhận xét. Cách toán chủ yếu để nhắc lại tính chất quan trọng hàm số liên tục sau:
(9)Bài tốn 9. Tìm tất hàm số f : R→ R cho với số thực x, y đẳng thức sau thỏa mãn
f(f(x) +y) + =f(x2+y) + 2f(x) + 2y (1)
(Đề thi trải nghiệm VMO 2021 - BM2E)
Lời giải. Cách 1.
Thay y y−f(x) vào (1) ta
f(y) + =f(y+x2−f(x)) + 2y,∀x, y ∈R (2) Nếu x2−f(x) nhận nhiều hai giá trị khi x chạy trên
R, ta gọi hai giá trị làa, b
Khi từ (2) ta có f(y) + =f(y+a),∀y∈R f(y) + =f(y+b),∀y∈R.
Suy
f(y) = f(y+a−b),∀y∈R (3)
Thay y y+a−b vào (2) ta có
f(y+a−b) + =fx2−f(x) +y+a−b+ 2(y+a−b) (4)
Mặt khác từ (3) ta có f(y+a−b) =f(y),f(x2−f(x) +y+a−b) = f(x2−f(x) +y) nên từ (4) suy 2y= 2(y+a−b)⇒a=b (mâu thuẫn)
Vậy ta rút f(x) = x2 +c,∀x ∈
R (c số) Ta đem thay lại (1) ta có
f(x) = x2+ 1,∀x∈
R thỏa mãn toán
Cách 2. Thay y −f(x) vào (1) ta có
f(0) + =f(x2−f(x)),∀x∈R (5) Thay y −x2 vào (1) ta có
f(f(x)−x2) + =f(0) + 2f(x)−2x2,∀x∈R (6)
Từ (5) (6) ta thu
2(f(x)−x2−1) =f(f(x)−x2)−f(x2−f(x)),∀x∈R (4)
Ta chứng minh f hàm chẵn
Ta thay y f(y) vào (1) đổi chỗx, y với ta rút
f(x2+f(y)) =f(y2+f(x)),∀x, y ∈R (7) Cho y= vào (7) ta có f(f(x)) =f(x2+f(0)) =f(f(−x)),∀x∈
R (8)
Thay y= vào (1) ta có
f(f(x)) + =f(x2) + 2f(x),∀x∈R (9)
Trong (9) thay x bởi−x kết hợp (8) suy f(x) =f(−x),∀x∈R.
(10)Bài tốn 10. Tìm tất hàm số f :R→R cho
f(yf(x+y) +f(x)) = 4x+ 2y·f(x+y),∀x, y ∈R (1)
(Đề thi tỉnh Tây Ninh)
Lời giải. Trong (1) ta cho y= ta cóf(f(x)) = 4x,∀x∈R (2) Từ ta dễ thấy f song ánh
Thay x= 0, y = vào (1) ta có f(f(1)) = 2f(1), mà theo (2) ta có f(f(1)) = nênf(1) = 2.
Thay y= 1−x vào (1) ta thu
f(2 +f(x)−2x) = 4,∀x∈R (3)
Chú ý từ (2) ta cho x= ta có ngayf(2) = 4, nên suy
f(2 +f(x)−2x) = =f(2).
Kết hợp f song ánh nên suy f(x) = 2x,∀x∈R.
Thử lại thấy thỏa mãn hay f(x) = 2x,∀x∈R hàm số thỏa mãn (1)
Bài tốn 11. Tìm tất hàm số f :R+ →Rthỏa mãn điều kiện
f
x+y
2020
= f(x) +f(y)
2019 ,∀x, y ∈R
+ (1)
(Đề thi chọn HSG tỉnh Phú Yên)
Lời giải. Thay y=x vào (1) ta có
f
x
1010
= 2f(x)
2019 ,∀x >0 (2)
Từ (2) ta có f
x+y
2020
= 2f
x+y
2
2019 Vậy suy
f(x) +f(y) = 2f
x+y
2
,∀x, y >0 (3)
Trong (3) thay y bởiy+z ta có
f
x+y+z
2
= f(x) +f(y+z)
2 =
f(x) + f(2y) +f(2z)
2 ,∀x, y, z >0 (4)
Trong (4) ta đổi chỗ x với z ta có
f(x)+f(2y) +f(2z)
2 =f(z)+
f(2x) +f(2y)
(11)Kết hợp với (3) ta có
f
x+y
2
= f(x) +f(y)
2 =
2f(x/2) + 2f(y/2) + 2c
2 ⇒f(x+y) =f(x) +f(y) +c,∀x, y >0 (6) Từ đặt g(x) = f(x) + c ta có g hàm cộng tính nên theo kết quen thuộc
g(x) =ax,∀x∈Q+ và a là số Suy ra f(x) = ax−c,∀x∈
Q+. (7)
Sử dụng (7) (2) ta có
ax
1010 =
2019(ax−c),∀x∈Q
+ ⇒a=c= 0.
Vậy suy f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y >0, nên f(x) = 1010f
x
1010
,∀x >0.
Do (2) trở thành
f(x) 1010 =
2f(x)
2019 ,∀x >0, điều dẫn tớif(x) = 0,∀x >0. Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn
Bài tốn 12. Tìm tất hàm số f :Z→Z thỏa mãn điều kiện
f(a2f(a) +f(b)) = f(a)3+b,∀a, b∈Z (1)
(Đề thi tỉnh Đồng Nai)
Lời giải. Ta dễ thấy f song ánh Khi tồn tạic∈Z cho f(c) = 0.
Thay a=cvào (1) ta có f(f(b)) =b,∀b ∈Z (2)
Thay a= vào (1) ta f(f(b)) =f(0)3+b, kết hợp với (2) suy ra f(0) = 0.
Thay a = 1, b = vào (1) ta có f(f(1)) = f(1)3, mà theo (2) f(f(1)) = nên suy
f(1) = 1.
Thay a= 1, b f(b) vào (1) ta có
f(1 +b) = +f(b),∀b ∈Z (3) Bằng quy nạp từ (3) ta dễ có f(a) =a,∀a ∈Z.
Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn
Nhận xét. Bạn đọc làm tốn tương tự sau:
Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn
(12)Bài tốn 13. Tìm tất hàm số f :R+ →R+ thỏa mãn điều kiện
f(x+y) +f(xy) =x+y+xy,∀x, y >0 (1)
(Đề thi tỉnh Vĩnh Long)
Lời giải. Thay y x
x−1 với x >1 vào (1) ta có
f x
2
x−1
!
= x
2
x−1,∀x >1 (2)
Ta dễ dàng chứng minh miền giá trị x
2
x−1 [4; +∞) x ∈ (1;∞) Do từ (2) ta
suy f(x) =x,∀x≥4. (3)
Xét số 0< c <4, rõ ràng tồn u, v >0 cho uv =cvà u+v >4 Khi thay x=u, y=v vào (1) sử dụng (3) ta có f(c) = c.
Vậy tóm lại ta có f(x) = x,∀x >0. Thử lại thấy hàm số thỏa mãn Bài tốn 14. Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(x2020+f(y)) = y+ (f(x))2020,∀x, y ∈R (1)
(Đề thi tỉnh Bắc Ninh)
Lời giải. Từ phương trình ta thấy f song ánh Do tồn tạia cho f(a) = Thay y=a vào (1) ta có
f(x2020) =a+ (f(x))2020,∀x∈R (2)
Thay x= vào (1) ta có f(f(y)) = y+f(0)2020,∀y ∈
R (2)
Thay x=y=a vào (1) ta có
f(a2020) =a⇒f(f(a2020)) = f(a) = 0.
Mặt khác theo (2) f(f(a2020)) =a2020+f(0)2020, từ suy a=f(0) = 0.
Thay y= vào (1) ta có f(x2020) = f(x)2020 nên f(x)≥0,∀x≥0. (3) Thay y f(y) ta có
f(x2020+y) = f(y) +f(x2020)⇒f(x+y) = f(x) +f(y),∀x, y ∈R, x≥0 (4)
Do f hàm cộng tính kết hợp (3) ta có f(x) = cx,∀x ≥ (clà số khơng âm)
Thay f(x) =cxvào (2) ta có f(x) =x,∀x≥0.
Mặt khác, từ (4) ta suy f(0) =f(x) +f(−x) = f(x) + (−x),∀x <0 hay f(x) =x,∀x <0.
(13)Nhận xét. Từ lời giải ta tổng qt tốn thành
Cho n là số nguyên dương chẵn Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(xn+f(y)) = y+ (f(x))n,∀x, y ∈R
Bạn đọc tham khảo thêm sách "Topics in Functional Equations" cho trường hợp n lẻ
Bài tốn 15. Tìm tất hàm số liên tục f : [0; 1]→R thỏa mãn điều kiện
f(x) = 2x·f(x2) với x∈[0; 1] (1)
(Đề thi chuyên ĐHSPHN)
Lời giải. Trước hết ta thay x= 0,1 vào (1) dễ dàng có f(0) =f(1) = 0.
Cách 1. Xét số 0< a <
Trong (1) ta thay x bởia, a2, a4, , a2n. thì ta có dãy đẳng thức sau
f(a) = 2af(a2) = 2a·2a2·f(a4) = .= 2n·a1+21+ +2n−1fa2n
= 2n·a2n−1fa2n,∀n∈N∗.(2)
Vì 0< a <1 nên ta dễ có giới hạn quen thuộc lim
n→+∞a
2n
= lim
n→+∞2
n·
a2n−1 = lim
n→+∞n·a
n
= 0.
Vậy từ (2), ta cho n→ ∞, kết hợp f hàm liên tục cóf(0) = ta có f(a) = 0.
Vì a số khoảng (0; 1) nên suy f(x) = 0,∀x∈[0; 1].
Cách 2. Do f hàm liên tục nên tồn F(x) nguyên hàm f(x) dễ có F(x) liên tục [0; 1].
Giả sử tồn số a∈(0; 1) chof(a)>0. Do f hàm số liên tục nên tồn tại >0 cho f(x)>0,∀x∈[a−;a+] < a− < a+ <1.
Theo giả thiết ta có
f(x) = 2x·f(x2)⇒
Z a+
a−
f(x)dx=
Z a+
a−
2x·f(x2)dx=
Z a+
a−
f(x2)dx2 =
Z (a+)2
(a−)2 f(x)dx.
Tiếp tục trình ta thu
Z a+
a−
f(x)dx=
Z (a+)2
n
(a−)2n f(x)dx=F
(a+)2n−F (a−)2n,
với số nguyên dương n Cho n →+∞ ta có
Z a+
a−
(14)Mặt khác biểu thứcRa+
a− f(x)dxlà phần diện tích bị giới hạn đồ thị hàm số hàm sốy=f(x),
trục hoành hai đường thẳng x =a−, x=a+ mà ta có f(x) >0,∀x∈ [a−;a+] nên rõ ràng Ra+
a− f(x)dx >0.
Điều mâu thuẫn với (3), tức điều giả sử sai hay ta có f(x)≤0,∀x∈[0; 1].
Lập luận tương tự ta có f(x)≥0,∀x∈[0; 1].Vậy suy f(x) = 0,∀x∈[0; 1].
Nhận xét. Kết hợp ý tưởng cách cách làm theo hướng sau, dài dòng
Giả sử tồn 0< c <1 cho f(c)>0, kết hợp giả thiết f liên tục nên tồn a∈(0; 1) cho f(a) = max
x∈[0;1]f(x)>0. (4)
Khi theo đẳng thức (2) ta có
f(a) = 2n·a2n−1fa2n,∀n ∈N∗.
Mà fa2n
≤f(a) (4) nên ta có 2n·a2n−1
≥1,∀n∈N∗.
Cho n→+∞, ta có điều vơ lí Làm tương tự với trường hợp tồn tạicđểf(c)<0, ta lấy f(a) =
x∈[0;1]f(x)<0.
Bài toán 16. Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện
f xf(y)
2
!
+f yf(x)
2
!
= 4xy,∀x, y ∈R (1)
(Đề thi tỉnh Thanh Hóa)
Lời giải. Ta đặt g(x) = f(x)
2 , (1) trở thành
g(xg(y)) +g(yg(x)) = 2xy,∀x, y ∈R (2)
Trong (2) ta cho x=y= ta có g(0) = 0, sau cho x=y (2) trở thành
g(xg(x)) = x2,∀x∈R (3)
Ta chứng minh g đơn ánh Thật vậy, giả sửg(x1) = g(x2) Khi ta có
(
x1g(x1) =x1g(x2)
x2g(x1) =x2g(x2)
⇒
(
g(x1g(x1)) =g(x1g(x2))
g(x2g(x1)) =g(x2g(x2))
⇒
(
x21 =g(x1g(x2))
x22 =g(x2g(x1))
(4) Cộng hai đẳng thức kết hợp (2) ta có x21 +x22 = 2x1x2, suy x1 =x2 Vậy g đơn
ánh
Thay x= vào (3) ta có g(g(1)) = nên g(1)·g(g(1)) =g(1) Từ ta có
g(g(1)·g(g(1))) =g(g(1)) theo (3)⇒ [g(1)]2 = 1⇔
"
g(1) =
(15)Trong (2) thay xbởi −x sử dụng tính chất đơn ánh củag ta có
g(−xg(−x)) = g(xg(x))⇒ −xg(−x) =xg(x),∀x∈R.
Kết hợp g(0) = nên ta suy ra−g(x) = g(−x),∀x∈R (6) Trong (2) ta thay x
x y xg(x), ta có g
xg(x)g 1
x
=g(x) doglà đơn ánh⇒ g 1
x
=
g(x),∀x6= (7)
Trường hợp 1. g(1) = 1. Trong (2) lấy y ta có
g(x) +g(g(x)) = 2x,∀x∈R (8)
Trong (2) ta thay x
x y= ta có
1
g(x) +
g(g(x)) =
x,∀x6= (9)
Kết hợp (8) (9) ta suy g(x) = x,∀x 6= có g(0) = nên g(x) = x,∀x ∈ R ⇒
f(x) = 2x,∀x∈R
Thử lại phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn
Trường hợp 2. g(1) =−1. Ta làm tương tự kết hợp với tính chất g lẻ để có
g(x) = −x,∀x∈R⇒f(x) =−2x,∀x∈R.
Thử lại phương trình ban đầu thấy thỏa mãn
Bài tốn 17. Tìm tất hàm số liên tục f :R→R thỏa mãn điều kiện
8f(4x)−10f(2x) + 3f(x) = 30x,∀x∈R (1)
(Đề thi tỉnh Kiên Giang)
Lời giải. Thay x= vào (1) ta có f(0) = Ta viết lại (1) dạng sau
8(f(4x)−8x)−10(f(2x)−4x) + 3(f(x)−2x) = 0,∀x∈R (2)
Khi đặt g(x) =f(x)−2x, ta có g(0) = 0,g liên tục Rvà (2) tương đương với
8g(4x)−10g(2x) + 3g(x) = 0,∀x∈R (3)
(16)4h(2x)−3h(x) = 0,∀x∈R⇒h(2x) =
4·h(x) = .=
3
4
n
·h
x
2n−1
,∀x∈R, n ∈N∗ (4)
Trong (4) ta cố địnhx cho n→+∞ ta có h(x) =h(0) = 0,∀x∈R.
Vậy suy 2g(2x) = g(x),∀x∈R, ta có
g(x) = 2·g
x
2
= .= 2n ·g
x
2n
,∀x∈R, n∈N∗.
Tương tự ta có g(x) = g(0) = 0,∀x∈R.
Vậy ta suy f(x) = 2x,∀x∈R Thử lại (1) ta thấy thỏa mãn
Bài tốn 18. Tìm hai hàm số f :R→R g :R→R, g(2020)>0 thỏa mãn
(
f(x−g(y)) =f(−x+ 2g(y)) +xg(y)−6
g(y) =g(2f(x)−y), (1)
với x, y ∈R.
a) Chứng minh g hàm
b) Chứng minh đồ thị hàm số h(x) =f(x)−xnhận x= làm trục đối xứng
(Đề thi trường PTNK)
Lời giải. a) Từ điều kiện (1) ta thay x g(y),x 2g(y) ta có
f(0) =f(g(y)) +g2(y)−6
f(g(y)) = f(0) + 2g2(y)−6 , với y ∈R (2)
Cộng hai phương trình ta thu 3g2(y) = 12 hay g(y) =±2, với y Do g(2020)> nên rõ ràng g(2020) = Đặta = 2020 giả sử tồn b cho g(b) = −2
Thay y = a vào phương trình đầu (1) ta có f(x−2)−f(−x+ 4) = 2x−6,∀x ∈ R. Suy
f(u)−f(v) toàn ánh Rvới u, v ∈R.
Tiếp theo ta thay y=a, y=b vào phương trình thứ (1) ta
g(a) =g(2f(x)−a) = 2;g(b) =g(2f(x)−b) = −2 với x∈R (3) Lại tính tốn ánh nên tồn u, v cho
f(u)−f(v) = a−b 2f(u)−a= 2f(v)−b Suy
2 =g(2f(u)−a) = g(2f(v)−b) = −2,
(17)b) Vớig(x) = 2,∀x∈R, ta thay vào điều kiện (1) cho ta f(x−2) = f(−x+ 4) + 2x−6 hay
f(x) =f(2−x) + 2x−2⇔f(x)−x=f(2−x)−(2−x),∀x∈R (4) Điều cho ta h(x) =h(2−x),∀x∈Rhay h(x) có đồ thị nhận x= làm trục đối xứng
Bài toán 19. Cho hàm số f :Q→Q thỏa:
(
f(1) =
f(xy+y) =f(x)·f(y)−f(x+ 1) + 2,∀x, y ∈Q. (1)
Tính f 20
19
(Đề thi tỉnh Bình Thuận)
Lời giải. Ta thay y= vào phương trình thứ hai (1) ta có
f(x+ 1) =f(x) + 1,∀x∈Q. (2)
Bằng quy nạp kết hợp f(1) = từ (2) ta cóf(n) = n+ 1,∀n ∈Z.
Trong (1) ta thay x x−1 vày
x, ta có f(x)f
1 x
−f(x)−f 1
x
= 1,∀x∈Q, x6= (3)
Trong (3) ta thay x=n với n ∈Z, n6= 0, kết hợp với (2) ta có f
n
=
n,∀n∈Z, n6= 0.
Thay x= 1, y=
19 vào phương trình thứ hai (1) ta tính f
20
19
= 20 19+ =
39 19. Bài toán 20. Cho hàm số f :R→[0; +∞) thỏa mãn
f2(x+y) +f2(x−y) = 2f2(x) + 2f2(y), ∀x, y ∈R. (1)
Chứng minh f(x+y)≤f(x) +f(y), ∀x, y ∈R,(ở f2(x) = (f(x))2).
(Đề thi tỉnh Phú Thọ)
Lời giải. Cho x=y= 0, từ (1) có f(0) = 0.
Cho x= 0, từ (1) có f(y) = f(−y), ∀y∈R, dof(x)≥0, ∀x∈R.
Đặt g(x;y) = f
2(x+y)−f2(x−y)
4 ; ta có
g(x;x) = f
2(2x)
4 =
4f2(x)
4 =f
(18)Thay x y−z thay y bởix, từ (1) có
f2(y−z+x) +f2(y−z−x) = 2f2(y−z) + 2f2(x). (2) Thay x bởix+y thay y z, từ (1) có
f2(x+y+z) +f2(x+y−z) = 2f2(x+y) + 2f2(z) (3) Thay x y thay y z,từ (1) có
f2(y+z) +f2(y−z) = 2f2(y) + 2f2(z) (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy
f2(x+y+z)−f2(x−y+z) =2f2(x+y)−2f2(y−z) + 2f2(z)−2f2(x)
=f2(x+y)−f2(x−y) +f2(y+z)−f2(y−z) ; Hay g(x+z;y) = g(x;y) + g(z;y). Do g đối xứng cộng tính nên suy g(nx;y) =
ng(x;y),∀n ∈Z.
Suy g(rx;y) =rg(x;y) ;∀r ∈Q. Vì vậy, với r ∈Q,ta có
0≤f2(rx+y) = g(rx+y;rx+y) =g(rx;rx+y) +g(y;rx+y) =g(rx;rx) +g(rx;y) +g(y;rx) +g(y;y)
=r2g(x;x) + 2rg(x;y) +g(y;y), ∀x, y ∈R.
Vì vế phải đa thức r nên bất đẳng thức thỏa mãn với r ∈R. Do ∆0 ≤ hay g2(x;y)≤g(x;x)g(y;y)⇒ |g(x;y)| ≤f(x)f(y).
Do
f2(x+y) = g(x;x) + 2g(x;y) +g(y;y)≤(f(x) +f(y))2.
Suy f(x+y)≤f(x) +f(y), ∀x, y ∈R.
Bài tốn 21. Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(x+f(y)) = 4f(x) +f(y)−3x,∀x, y ∈R. (1)
(Đề thi tỉnh Thái Nguyên)
Lời giải. Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn (1) Thay x −f(y) vào (1) ta có
f(0) = 4f(−f(y)) + 4f(y),∀y∈R (2)
Thay x=−f(0), y= vào (1) ta có
f(0) = 4f(−f(0)) +f(0) + 3f(0) = −f(0) + f(0)
!
(19)Suy ta tính f(0) = 0. Khi thay y= vào (1) ta có
f(x) =x,∀x∈R.
Thử lại thấyf(x) =x,∀x∈R thỏa mãn
Bài tốn 22. Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(x2) + 4y2f(y) = (f(x−y) +y2)·(f(x+y) +f(y)) với x, y ∈R (1)
(Đề thi tỉnh Hà Nam)
Lời giải. Thay y= vào (1) ta có
f(x2) = f(x)(f(x) +f(0)),∀x∈R (2)
Thay x= vào (1) ta có
f(0) + 4y2f(y) = (f(−y) +y2)2f(y),∀y∈R (3)
Trong (3) ta thay y −y ta có f(0) + 4y2f(−y) = (f(y) +y2)2f(−y),∀y ∈
R (4)
Lấy (3) trừ (4), vế với vế ta
4y2(f(y)−f(−y)) = 2y2(f(y)−f(−y)),∀y∈R⇒f(y) = f(−y),∀y∈R. (5)
Lần lượt thayx= x= vào (2) ta có f(0) = 2f(0)2, f(1) =f(1)(f(1) +f(0)) (6) Và ta thay y= vào (3) ta có f(0) + 4f(1) = (f(1) + 1)·2f(1) (7) Từ (6) (7) ta có đủ liệu để f(0) = 0. Khi (3) viết lại thành
f(y)2 =y2f(y),∀y∈R (8)
Dễ thấy f(x) = 0,∀x∈Rthỏa mãn (1) Bây giả sử tồn a 6= cho f(a)6= 0.Tức
f(−a) =f(a) =a2, theo (8).
Trong (1) ta thay x −x ta có
(f(−x−y) +y2)(f(y−x) +f(y)) = (f(x−y) +y2)(f(x+y) +f(y)),∀x, y ∈R (9)
Do f chẵn nên (9) viết lại thành
(f(x+y)−f(x−y))f(y)−y2= 0,∀x, y ∈R. (10)
Trong (10) ta thay x bởiy+a ta có
f(y+ 2a)−f(a) = f(y+ 2a)−a2.
Do f(y+ 2a) = f(y+ 2a) = (y+ 2a)2−a2.
Với y 6= a y 6= −a dễ thấy f(y+ 2a)−f(a) ln khác Do từ (10) ta thu
f(y) =y2,∀y2 6=a2.
(20)Bài toán 23. Cho hàm số f xác định tập số thực R thỏa mãn
(
f(xy) = xf(y) +yf(x)
f(x+y) =f(x2021) +f(y2021),∀x, y ∈
R. (1)
a) Chứng minh f hàm cộng tính R
b) Tính f√2020
(Đề thi thành phố Cần Thơ)
Lời giải. Giả sử tồn hàmf thỏa mãn
a) Thay y= 0, x= vào điều kiện đầu (1) cho taf(0) = 0.
Thay y= vào điều kiện thứ hai (1) ta f(x) = f(x2021),∀x∈
R Suy
f(x+y) = fx2021+fy2021=f(x) +f(y),∀x, y ∈R. (2)
Từ (2) ta suy f hàm cộng tính trênR.
b) Ta thay y bởiy+ vào điều kiện (1) ta có
f(xy+x) =xf(y+ 1) + (y+ 1)f(x),∀x, y ∈R (3)
Kết hợp f cộng tính từ (2) ta suy f(x) = xf(1),∀x∈R
Ta thay x=y= vào điều kiện đầu (1) ta có f(1) = 0.
Từ suy f(x) = 0,∀x∈Rhay f√2020= 0.
Bài tốn 24. Tìm tất hàm số f : (0; +∞)→R thỏa mãn điều kiện
f(x) +f(y) =
s x y +
ry x
!
f(√xy),∀x, y >0. (1)
(Đề thi tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu)
Lời giải. Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn (1) Thay x= 1, y y2 vào (1) ta có
f(y2) = (y+1
y)f(y)−f(1),∀y >0 (2)
f(√xyz) = f(√x·√yz) = fq(x) +f(yz)
x yz +
qyz
x
=
f(x) + f(y2y)+f(z2) z+
z y
qx
yz +
qyz
x
(3)
f(√xyz) =f(√y·√xz) = fq(y) +y f(xz)
xz +
qxz
y
=
f(y) + f(x2x)+f(z2) z+
z x
qy
xz +
qxz
z
(21)Từ (3) (4) ta suy
f(x) + f(y
2) +f(z2)
y z + z y s x yz + ryz x =
f(y) + f(x
2) +f(z2)
x z + z x r y xz + rxz z
,∀x, y, z >0 (5)
nên
f(x) +
(y+1
y)f(y) + (z+
1
z)f(z)−2f(1) y z + z y s x yz + ryz x =
f(y) +
(x+
x)f(x) + (z+
1
z)f(z)−2f(1) x z + z x r y xz + s xz y (6)
Trong (6) ta cố định x= z tính f(y) theo y xong thay vào giả thiết ban đầu ta tìm hai hàm số thỏa mãn
f(y) = cy,∀y >0 vàf(y) = c
y,∀y >0,
trong c số
Nhận xét. Bài toán tốn khó Lời giải dựa theo thành viên diễn đàn AoPS bước thử lại đằng sau cồng kềnh Mong trao đổi thêm với bạn đọc
Bài tốn 25. Tìm tất hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(x+ 2020f(xy)) =f(x) + 2020xf(y),∀x, y ∈R (1)
(Đề thi tỉnh Hưng Yên)
Lời giải. Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện (1) Ta thay x=y= −1
2020 ta có f(u) = vớiu=−
2020+ 2020f
1
20202
Thay x=u, y= vào (1) ta 2020uf(1) = 0. Đến ta chia hai trường hợp • Nếu f(1) = Thayx
y, y 6= ta
f
y !
=f y
!
+ 2020f(y)
y ⇒f(y) = 0,∀y6= (2)
(22)• Nếu f(1)6= u= hayf(0) = 0. Từ ta cóf
1
20202
=
20202.
Giả sử tồn a 6= cho f(a) = ta xét tương tự trường hợp để suy
f(x) = 0,∀x∈R, điều mâu thuẫn f(1) 6= 0.
Vậy ta có f(x)6= 0,∀x6= 0.
Với x, y 6= 0,đặt z=x+ 2020yf x
20202y
!
Trong (1) ta thay x x
y, y=
1
20202, ta có
f z
y !
=f x y
!
+ x
2020y,∀x, y 6= (3)
Thay x bởiy,y x
y ta có
f(y+ 2020f(x)) = f(y) + 2020yf x y
!
,∀x, y 6= (4)
Thay x bởiy,y z
y áp dụng (3), ta có f(y+ 2020f(z)) =f(y) + 2020yf z
y !
=f(y) + 2020yf x y
!
+x,∀x, y 6= (5) Từ ta có f(y+ 2020f(z)) =f(y+ 2020f(x)) +x,∀x, y 6= (6) Trong (6) ta cho y = −2020f(x) 6= ta có f(2020f(z)−2020f(x)) = x,∀x 6= Kết hợp
f(0) = nênf toàn ánh R
Thay x= 1, y x vào (1) ta cóf(1 + 2020f(x)) =f(1) + 2020f(x),∀x∈R (7) Dof tồn ánh nên từ (7) ta cóf(x) = x+c,∀x∈R.Thử lại vào (1) ta cóf(x) =x,∀x∈R.
Vậy tốn có hai hàm số thỏa mãn
f(x) = 0,∀x∈Rvàf(x) =x,∀x∈R.
Tham khảo
1 Trương Thanh Vũ, Phương trình hàm tập số nguyên,2011
2 Võ Quốc Bá Cẩn, Một số tốn phương trình hàm đề thi Olympic Toán Nguyễn Tài Chung, Những cặp phương trình hàm.
2011. Võ Quốc Bá Cẩn, Nguyễn Tài Chung, Group