Phương trình hàm nâng cao P1

Phương trình hàm nâng cao P1 Bài toán về phương trình hàm thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi như IMO, VMO... Nhưng những người viết sách về nó cũng không nhiều, ở Việt Nam thì thấy có cuốn Phương trình hàm của Nguyễn Văn Mậu, gần đây có Nguyễn Giang Giai (không biết còn ai nữa không). Bài viết này tập hợp rất nhiều sách về phương trình hàm. Bên cạnh các tài liệu tiếng Anh một số tài liệu tiếng Việt cũng khá thú vị. ...

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh Nguyên tắc chung: +) Dựa vào điều kiện tốn, xác định dạng f(x), thường f(x) = ax + b f(x) = ax2+ bx + c +) ðồng hệ số để tìm f(x) +) Chứng minh hệ số khác f(x) khơng thỏa mãn điều kiện tốn Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: x = Thay  vào (18) ta ñược: f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) ( a ) y∈R ( ) Thay y = − f (1) − vào (a) suy ra: f f ( − f (1) − 1) + = −1 ðặt a = f ( − f (1) − 1) + ta ñược: f ( a ) = −1 y = a ta ñược: f ( x f ( a ) + x ) = xa + f ( x ) ⇒ xa + f ( x ) = f ( ) Chọn  x ∈ R ðặt f ( ) = b ⇒ f ( x ) = −a x + b Thế vào (1) ñồng hệ số ta ñược: a =  f ( x) = x a =  ⇒   a = −1 ⇒    f ( x ) = − x − a b − a = −a  b = Vậy có hai hàm số cần tìm f ( x ) = x f ( x ) = − x Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x ) + y ) = y f ( x − f ( y ) ) ∀x, y ∈ R ( ) Lời giải: Cho y = 0; x ∈ R : (2) ⇒ f ( f ( x ) ) = ∀x ∈ R ( a ) ( ) Cho x = f ( y ) : (2) ⇒ f f ( f ( y ) ) + y = y f ( ) ( a ' ) ( a ) + ( a ' ) ⇒ f ( y ) = y f ( ) ðặt f ( ) = a ⇒ f ( y ) = ay ∀y ∈ R Thử lại (2) ta ñược: a ( x + y ) + a ( y − x y ) = ∀x, y ∈ R ⇔ a = ⇒ f ( x ) = ∀x ∈ R Vậy có hàm số f ( x ) = thỏa mãn tốn Ví dụ 3: Tìm f , g : R → R thỏa mãn: 2 f ( x ) − g ( x ) = f ( y ) − y ∀x, y ∈ R  ∀x ∈ R  f ( x ) g ( x ) ≥ x + (a) (b ) Lời giải: Cho x = y ∈ R ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x Thay lại (a) ta ñược: g ( x ) = x − y + g ( y ) ∀x, y ∈ R (c) Cho y = 0; x ∈ R : từ (c) ta ñược: g ( x ) = x + g ( ) ðặt g ( ) = a ta ñược: g ( x ) = x + a , f ( x ) = x + a Thế vào (a), (b) ta ñược: 2 x + a = x + a (a), (b) ⇔  ( ∀x ∈ R ) ⇔ x + ( 3a − 1) x + a − ≥ ∀x ∈ R + + ≥ + x a x a x )( ) ( ⇔ ( a − ) ≤ ⇔ a = Vậ y f ( x ) = x + ; g ( x ) = x + Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với ∀x ∈ ℝ thỏa mãn ñiều kiện: f ( x ) + f (1 − x ) = x , ∀x ∈ ℝ (1) Tìm f(x) Lời giải: Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc nhất: x, – x vế phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ  a = 3a =    ðồng hệ số, ta thu ñược: b − 2a = ⇔ b = a + b + 3c =    c = −  Vậy: f ( x) = ( x + x − 1) Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện tốn Ta phải chứng minh hàm số khác f(x) không thỏa mãn điều kiện tốn: Thật giả sử cịn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện tốn Do f(x) khơng trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Do g(x) thỏa mãn điều kiện tốn nên: g ( x) + g (1 − x) = x , ∀x ∈ ℝ Thay x x0 ta ñược: g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 Thay x –x0 ta ñược: g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) Từ hai hệ thức ta ñược: g ( x0 ) = ( x0 + x0 − 1) = f ( x0 ) ðiều mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Vậy phương trình có nghiệm f ( x) = ( x + x − 1) Nhận xét: Nếu ta dự đốn f(x) có dạng phải chứng minh hàm số tìm Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với ∀x ∈ ℝ thỏa mãn ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ Hãy tìm hai hàm số Lời giải: Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b Khi (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ ℝ   a − a = a = + a = − 1± ñồng hệ số ta ñược:  ⇔ x ∨ ⇒ f ( x) = ab = b = b =   Hiển nhiên hai hàm số thỏa mãn ñiều kiện toán (việc chứng minh dành cho người đọc) Ví dụ 6: Hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn ñồng thời ñiều kiện sau: a ) f ( f ( n)) = n, ∀n ∈ ℤ b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ ℤ c) f (0) = (1) (2) (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) Lời giải: Cũng nhận xét lý luận ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi điều kiện (1) trở thành: a n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ a = a = a = −1 ⇔ ∨ ðồng hệ số, ta ñược:  b = b = ab + b = a = Với  ta f(n) = n Trường hợp loại không thỏa mãn (2) b = a = −1 Với  ta ñược f(n) = -n + b Từ ñiều kiện (3) cho n = ta ñược b = b = Vậy f(n) = -n + Hiển nhiên hàm số thỏa mãn ñiều kiện toán Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 hàm thỏa mãn điều kiện tốn: Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thỏa mãn điều kiện tốn Từ (3) suy f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = Sử dụng ñiều kiện (1) (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ℤ Giả sử n0 số tự nhiên bé làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + = f (n0 ) + = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 số tự nhiên bé thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n), ∀n ∈ ℕ Chứng minh tương tự ta ñược f(n) = g(n) với n nguyên âm Vậy f(n) = – n nghiệm Từ tính ñược f(1995), f(-2007) BÀI TẬP Bài 1: Tìm tất hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn ñiều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − f ( x) f (1 + y ) = xy (3 y − x ), ∀x, y ∈ ℝ ðáp số: f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ ℕ Tìm f(2005) ðáp số: 2006 Bài 3: Tìm tất hàm f : ℕ → ℕ cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ ðáp số: f(n) = n +  x −1   1− x    Bài 4: Tìm hàm f : ℝ → ℝ nếu: f  , ∀x ∉ 0, − ,1,  −5f  =  3x +   x −  x −1   ðáp số: f ( x) = 28 x + 5x Bài 5: Tìm tất ña thức P(x) ∈ ℝ [ x] cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x , y ∈ ℝ ðáp số: P(x) = x3 + cx Phương pháp 2: phương pháp 2.1 Thế ẩn tạo PTH mới:  2x +1  Ví dụ 1: Tìm f: R\{2} → R thỏa mãn: f   = x + x ∀x ≠ (1) x −    2x +1  Lời giải: ðặt t =  t = R \ {2} (tập xác ñịnh f) Ta ñược:  ⇒ MGT x ≠1  x −1  x= t +1 3t − vào (1): f (t ) = ∀t ≠ Thử lại thấy ñúng t−2 (t − 2) Vậy hàm số cần tìm có dạng f ( x) = 3x − ( x − 2) Nhận xét: + Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết MGT t ⊃ D Với giả thiết đảm bảo tính chất: “Khi x∈Dx t chạy khắp giá trị t x = t chạy khắp tập xác ñịnh f”  3x −  + Trong ví dụ 1, f: R → R có vơ số hàm f dạng: f ( x) =  ( x − )  a ( x ≠ 2) (với a∈R ( x = 2) tùy ý) Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → R thỏa mãn: f ( x − x − 1) = x + x − ∀ x ≥ ( )  x − t ≥ Lời giải: ðặt t = x − x − ⇔ x − = x − t ⇔  2  x − = ( x − t ) x ≥ t x ≥ t t ≤ −1 t2 +1  ệ có nghi ệ m x H ⇔ ⇔ ⇔ ≥t ⇔   t +1 2 2t 0 < t ≤  x − = x − xt + t x = 2t  ⇒ t ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] Vậy MGT t = D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] x ≥1 Với t = x − x − x + x − = Vậ y f ( x ) = 1 ⇒ f (t ) = thỏa mãn (2) t t hàm số cần tìm x 2   3x −  x + Ví dụ 3: Tìm f : R\  ;3 → R thỏa mãn: f  ∀x ≠ 1, x ≠ −2 ( 3) = 3   x +  x −1 Lời giải: ðặt t = t+4 3x − 2t + 2  vào (4) ta ñược: f (t ) = ⇒ MGT t = R \  ;3 ⇒ x = x ≠1 x+2 3t − 3−t 3  ( x ≠2) thỏa mãn (3) Vậy hàm số cần tìm là: f ( x) = Ví dụ 4: Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) x+4 3x − thỏa mãn: x f ( x f ( y )) = f ( f ( y )) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (4) Lời giải: Cho y = 1, x ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: x f ( x f (1)) = f ( f (1)) Cho x = 1 ta ñược: f ( f (1) = 1⇒ x f ( x f (1)) = ⇒ f ( x f (1)) = ðặt: f (1) x t = x f (1) ⇒ f (t ) = Vậy f ( x) = f (1) a ⇒ f (t ) = (với a = f (1) ) Vì f (1) ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ MGT t = ( 0; + ∞ ) x∈( 0; +∞ ) t t a a Thử lại thấy ñúng ( a > ) Hàm số cần tìm là: f ( x) = với ( a > ) x x Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn: 3 f (1) = ; f ( xy ) = f ( x) f   + f ( y ) f  y 3   ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) ( ) x Lời giải: Cho x = 1; y = ta ñược: f ( 3) = 3 Cho x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: f ( y ) = f   Thế lại (5) ta ñược:  y f ( xy ) = f ( x) f ( y ) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (5') Thay y ta ñược: x 2 3 1 f ( 3) = f ( x )) f   ⇒   = ( f ( x ) ) Thử lại thấy x 2 Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = ∀x > Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy ( x + y ) ∀x, y ∈ R ( 6) Lời giải: Ta có: ( 6) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 2 1 = ( x + y ) − ( x − y )  + ( x + y ) + ( x − y )   ( x + y ) + ( x − y )  − ( x + y ) − ( x − y )   4  u = x − y 2 ðặt  ta ñược: v f ( u ) − u f ( v ) = ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v ) v = x + y ( ) ⇒ v f ( u ) − u f ( v ) = u 3v − v 3u ⇔ v ( f ( u ) − u ) = u ( f ( v ) − v3 ) + Với uv ≠ ta có: f ( u ) − u f ( v ) − v3 f (u ) − u3 = ∀u , v ∈ R* ⇒ = a ⇒ f ( u ) = au + u ∀u ≠ u v u + Với u = 0; v ≠ suy ra: f ( u ) − u = ⇔ f ( u ) = u ⇒ f ( ) = Hàm f ( u ) = au + u thỏa mãn f ( ) = Vậy f ( u ) = au + u ∀u ∈ R Hàm số cần tìm là: f ( x ) = ax + x3 ( a ∈ R ) Thử lại thấy ñúng 2.2 Thế ẩn tạo hệ PTH mới: Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: f ( x ) + x f ( − x ) = x + ∀x ∈ R (1) Lời giải: ðặt t = − x ta ñược: f ( −t ) − t f ( t ) = −t + ∀t ∈ R (1) Ta có hệ:  f ( x ) + x f ( − x ) = x + ⇒ f ( x ) = Thử lại hàm số cần tìm là: f ( x ) =  − x f ( x ) + f ( − x ) = − x +  x −1  * Ví dụ 2: Tìm hàm số f : R \ { 0,1 } → R Thỏa mãn: f ( x ) + f   = + x ∀x ∈ R  x  Lời giải: ðặt x1 = ( 2) x −1 , ( ) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = + x x ðặt x2 = x1 − 1 = , ( ) ⇔ f ( x1 ) + f ( x2 ) = + x1 x1 x −1 ðặt x3 = x2 − = x, ( ) ⇔ f ( x2 ) + f ( x ) = + x2 x2  f ( x1 ) + f ( x ) = + x  + x − x1 + x2  1  Ta có hệ  f ( x2 ) + f ( x1 ) = + x1 ⇒ f ( x ) = = x+ +  Thử lại thấy − x x 2    f ( x ) + f ( x2 ) = + x2 1 1  Vậy hàm số cần tìm có dạng: f ( x ) =  x + +  2 x 1− x   x −1  Ví dụ 3: Tìm hàm số f : R \ { − 1;0;1 } → R thỏa mãn: x f ( x ) + f   = ∀x ≠ −1 ( 3)  x +1  Lời giải: ðặt x1 = x −1 , ( 3) ⇒ x f ( x ) + f ( x1 ) = x +1 ðặt x2 = x1 − 1 = − , ( 3) ⇒ x f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 + x ðặt x3 = x2 − x + = , ( 3) ⇒ x2 f ( x2 ) + f ( x3 ) = x2 + x − ðặt x4 = x3 − = x , ( 3) ⇒ x3 f ( x3 ) + f ( x ) = x3 +  x f ( x ) + f ( x1 ) =  x2 − x +  x1 f ( x1 ) + f ( x2 ) = Thử lại thấy Ta có hệ  ⇒ f ( x) = x x − + = x f x f x ( ) ( ) ( ) 2  x f x + f x = ( )  ( 3) Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = x2 − x + x ( x − 1) BÀI TẬP  1 1) Tìm f : R \ { } → R thỏa mãn: f  +  = x + ∀x ∈ R  x x2 a  b − ax   a 2) Tìm f : R \  −  → R thỏa mãn: f  ∀x ≠ − (a, b số cho = b  bx + a  x +  b trước ab ≠ ) 3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 2002 x − f ( ) ) = 2002 x 4) Tìm f : R \ { } → R thỏa mãn: f ( x ) + ∀x ∈ R   f  = ∀x ∈ R \ { 0;1} 2x  − x  1− x  5) Tìm f : R \ { ± 1; 0} → R thỏa mãn: ( f ( x ) ) f   = 64 x ∀x ∈ R \ {−1}  1+ x  2 6) Tìm f : R \   → R thỏa mãn: f ( x ) + 3  2x  f  = 996 x ∀x ≠  3x −   x −3 7) Tìm f : R \ { ± } → R thỏa mãn: f  +  x +1   x+3 f  = x ∀x ≠ ±1  1− x  8) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f (1 − x ) = x 1 9) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x 2008 x ∀x ∈ R ∀x ∈ R*  1  x −1  10) Tìm f : R \ ±  → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x ∀x ≠  3  − 3x   a2  11) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x ∀x ≠ a a−x f  12) Tìm f , g : R \ { } → R thỏa mãn:  f  ( a > 0) ( x + 1) + g ( x + 1) = x  x   x   + g =x  x −1   x −1  ∀x ≠ Phương pháp 3: Phương pháp chuyển qua giới hạn  x  3x Ví dụ 1: Tìm hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn: f ( x ) + f   = ∀x ∈ R (1)   Lời giải: ðặt x1 = 2x ; (1) ⇒ f ( x ) + f ( x1 ) = x ðặt x2 = x1 ; (1) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 ðặt xn +1 = xn , n ∈ N * ; (1) ⇒ f ( xn ) + f ( xn +1 ) = xn   f ( x ) + f ( x1 ) = x   f ( x ) + f ( x ) = x Ta có hệ  ……  f x + f x = xn ( ) ( ) n n +  (1) ( 2) ( n + 1) Nhân dịng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 cộng lại ta ñược: f ( x ) + ( −1) n+2 n   2  2  f ( xn +1 ) = x 1 − +   − ⋯ +  −   ( *)       ( f l.tôc ) n+ Xét lim ( −1) f ( xn +1 )  = lim  f ( xn +1 )  =   Mặt khác (1) suy f(0) = nên lim ( −1) n+ Lấy giới hạn hai vế (*) ta ñược: f ( x ) = Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = f ( lim xn +1 ) = f ( ) f ( xn +1 ) = 9x Thử lại thấy ñúng x = + 25 9x 25 Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục xo= thỏa mãn: f : R → R f ( x ) = f ( x ) + x ∀x ∈ R ( 2) Lời giải: t t ðặt t = x ta ñược: f ( t ) = f   + ∀t ∈ R ( 2' ) 2  * tn +1 = tn , ∀n ∈ N Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñược: Xét dãy:  t = t  1   f ( t ) = f ( t1 ) + t   f ( t ) = f ( t ) + t 2  ⋯⋯  1 f t = f t + t  ( n −1 ) ( n ) n −1 f (t ) = (1) ( ) Thế (n) vào ( n − 1) → ( n − ) → ⋯ ta ñược: (n) 1 1 f ( tn ) + n +1 f ( tn −1 ) + n f ( tn − ) + ⋯ + t n 2 2 (* ) ' n 1  1  1 Thay tn =   t vào (*’) ta ñược: f ( t ) = n f ( tn ) + t  + + ⋯ + n  2  2 2 (* ) " t   Vì f liên tục xo = nên lim  n f ( tn )  = Lấy giới hạn vế (*”) suy ra: f ( t ) = Thử 2  lại thấy Nhận xét: +) Nếu dãy {xn} tuần hồn ta giải theo phương pháp quy hệ pt hàm +) Nếu dãy {xn} khơng tuần hồn f liên tục xo = {xn} → sử dụng giới hạn VD1 + Nếu {xn} khơng tuần hồn, khơng có giới hạn phải đổi biến để có dãy {tn} có giới hạn làm ví dụ BÀI TẬP 1) Tìm f : R → R thỏa mãn: a) f liên tục xo = 0, b) n f ( nx ) = f ( x ) + nx ∀n ∈ N , n ≥ 2; ∀x ∈ R  x  10 2) Tìm f : R → R liên tục xo = 0, thỏa mãn: f ( x ) + f   = x 3 3) Tìm f : R → R liên tục xo = 0, thỏa mãn: m f ( mx ) − n f ( nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị +) ðây phương pháp sở phương pháp khác +) Khi vận dụng phương pháp cần ý sử dụng kết vừa có ( a ) f ( x ) ≥ ∀x ∈ R Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn:  ( b ) f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ R Lời giải: x =  f ( ) ≥ suy  ⇒ f (0) = Cho  y =  f ( ) ≥ f ( )  f ( ) ≥ f ( x ) + f ( − x )  f ( x ) + f ( − x ) ≤ Cho y = − x ⇒  ⇒  f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥  f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ ⇒ f ( x ) = f ( − x ) = ∀x ∈ R Vậy f ( x ) = Thử lại thấy Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ ∀x, y, z ∈ R 2 Lời giải: 10 ( 2) Cho x = z , y = ta ñược: f ( x ) − ( f ( x ) )  1 ≥ ⇔  f ( x ) −  ≤ ⇔ f ( x ) = Thử lại thấy  2 Ví dụ 3: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ∀x ∈ R y∈R ( 3) Lời giải: ( 3) ⇒ f ( x ) ≥ xy − f ( y ) ∀x, y ∈ R Cho x = y = t ∈ R ⇒ f ( t ) = t2 ∀t ∈ R (a) Từ (a) suy ra: xy − f ( y ) ≤ xy − y2 x2 x2 = − ( x − y) ≤ 2 2 ( a ) + (b) ⇒ f ( x) = ⇒ f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ≤ y∈R x2 ∀x ∈ R (b ) x2 Thử lại thấy Ví dụ 4: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ) ≥ 2008x + y ∀x, y ∈ R ( 4) Lời giải: Cho x = y = ⇒ f ( ) ≥ ( f ( ) ) ≥ ⇒ f ( ) = Cho x = − y ∈ R ⇒ = f ( ) ≥ f ( x ) f ( − x ) ≥ 1⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1⇒ f ( x ) =  f ( x ) ≥ 2008 x > Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) ≥ 2008 ⇒  −x  f ( − x ) ≥ 2008 > x Theo ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = 1 ≤ = 2008x f ( − x ) 2008− x [ a; b ] ( c ) ( b ) + ( c ) ⇒ f ( x ) = 2008x Thử lại → [ a ; b ] thỏa mãn: f ( x ) − f ( y ) ≥ x − y ∀x, y ∈ [ a ; b ] (a < b cho trước) Lời giải: Cho x = a ; y = b ⇒ f ( a ) − f ( b ) ≥ a − b = b − a ( a ) f ( a ) , f ( b )∈ [ a ; b ] nên f ( a ) − f ( b ) ≤ a − b = b − a ( b ) 11 (a) (b) thấy Ví dụ 5: Tìm f : ∀x ∈ R f ( −x) (5)   f   f ( a ) + ( b ) ⇒ f ( a ) − f ( b ) = b − a ⇔   f    f (a) = a (b) = b (a) = b (b) = a  f ( a ) = a thì: +) Nếu   f ( b ) = b Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≤ x ( c ) Chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≥ x ( d ) (c) + (d ) ⇒ f ( x) = x  f ( a ) = b thì: +) Nếu   f ( b ) = a Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] ta ñược: f ( x ) = a + b − x Thử lại thấy ñúng Nhận xét: +) Từ VD1 → VD5 BPT hàm Cách giải nói chung tìm giá trị đặc biệt – tính trước Sau tạo BðT “ngược nhau” hàm số cần tìm để đưa kết luận hàm số +) Việc chọn trường hợp biến phải có tính “kế thừa” Tức chọn sau phải dựa vào chọn trước thử khả sử dụng kết vừa có Ví dụ 6: Tìm f : R → R thỏa mãn:  π   f ( ) = a ; f   = b ( a, b cho tr−íc ) 2   f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x ) cos y ∀x, y ∈ R  (6) Lời giải: Cho y = π π   ; x ∈ R ta ñược: f  x +  + f  x −  = 2 2   π Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y ) + f ( − y ) = 2a cos y Cho x = π  ; y ∈ R ta ñược: f  + y  + 2  π (a) (b) π  f  − y  = 2b cos y 2  12 (c)  f   ( a ) + (b) + ( c ) ⇒  f   f  π  x+ + 2  π  f x− =0 2  π  x− + 2  π π   f  − x  = 2a cos  x −  2 2   π  π   x +  + f  − x  = 2b cos x 2  2  Giải hệ ta ñược: f ( x ) = a cos x + b sin x Thử lại thấy ñúng Ví dụ 7: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + sin x sin y ∀x, y ∈ R (7) Lời giải: Ta thấy f ( x ) = cos x hàm số thỏa mãn  f (0) = Cho x = y = ⇔ ( f ( ) ) = f ( ) ⇔   f ( ) = Nếu f ( ) = thì: Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) = − f ( ) = ∀x ∈ R Thử lại ta ñược: sin x sin y = ∀x, y ∈ R ⇒ vô lý Vậy f ( x ) = không nghiệm (7) Nếu f ( ) = cho x = − y ⇒ f ( x ) f ( − x ) = + ( − sin x ) = cos x ⇒ f ( x ) f ( − x ) = cos x ( a )  f π Cho x = ⇒   f  π   =0 2  π −  =  2 π π  Nếu f   = thì: Cho x = ; y ∈ R vào (7) suy ra: 2 π  f  y +  + sin y = ⇒ f ( y ) = cos y ∀y ∈ R Thử lại thấy ñúng 2   π Nếu f  −  = tương tự ta ñược: f ( y ) = cos y ∀y ∈ R  2 Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = cos x Ví dụ 8: Tìm f , g : R → R thỏa mãn: f ( x ) − f ( y ) = cos ( x + y ) g ( x − y ) ∀x, y ∈ R ( 8) Lời giải: Chọn x = Chọn x = π − y; y∈ R (8) ⇒ π  π  f  − y  − f ( y) = ⇔ f  − y  = f ( y) (a) 2     π  π  + y ; y ∈ R ( ) ⇒ f  + y  − f ( y ) = − sin y.g   ( b ) 2  2 π 13 ( a ) + (b) ⇒ π  f  + y− 2  π  Theo (8): f  + y  − 2  π  π  f  − y  = − sin y g   ( c ) 2  2 π  f  − y  = − g (2y) (d ) 2  ( c ) + ( d ) ⇒ g ( y ) = sin y g  π  ∀y ∈ R ⇒ g ( x ) = a sin x ⇒ g ( x ) = a sin x ∀x ∈ R 2 π  (với a = g   cho trước.) 2 Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) − f ( ) = cos x g ( x ) ⇒ f ( x ) = a sin x + b (b = f ( )) , ∀x ∈ R a   f ( x ) = sin x + b Thử lại hàm số:  (Với a, b số cho trước) Thỏa mãn (8)  g ( x ) = a sin x   f   Ví dụ 9: Tìm f : R → R thỏa mãn:  f  f  ( − x ) = − f ( x ) ∀x ∈ R ( a ) ( x + 1) = f ( x ) + ∀x ∈ R ( b )   f ( x)   = ∀x ≠ ( c )  x x Lời giải:  x +1  Ta tính f   đến f ( x ) theo hai cách:  x   x +1   1 f  = f 1 +  = +  x   x f ( x) 1 f   = + ∀x ≠ ( a ) x x   x   f f 1 −    x +1   x +  =  x +  =  x +  1 + f =     2  x   x   x    x       x +1  x +1   x +1 =   x   x +1     x  2   1 +  − f        x +1    =    x +1    x    f −  =  x +1   f ( x + 1)  1 − =   + x ( )    1+ f ( x)  1 −  ∀x ≠ 0, x ≠ ( b )   x + ( )   ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = x ∀x ≠ 0; x ≠ Với x = 0; ( a ) ⇒ f ( ) = thỏa mãn f ( x ) = x Với x = 1; ( a ) ⇒ f ( −1) = − f (1) : Cho x = 0; ( b ) ⇒ f (1) = ⇒ f ( −1) = −1 thỏa mãn f ( x ) = x 14 Vậy f ( x ) = x ∀x ∈ R Thử lại thấy ñúng Ví dụ 10: Tìm f : R \ { } → R thỏa mãn:  f (1) = ( a )     1 1 f   = f   f   ∀x, y ≠ ( b ) x  y   x+ y ( x + y ) f ( x + y ) = xy f ( x ) f ( y ) ∀x, y tháa m n xy ( x + y ) ≠ ( c )  Lời giải:   1 Cho x = y ∈ R* , ( b ) ta ñược: f   = f   ⇒ f ( x ) = f ( x ) ∀x ≠ (*)  2x   x 2 Cho x = y ∈ R* , ( c ) ta ñược: x f ( x ) = x ( f ( x ) ) ⇔ f ( x ) = x ( f ( x ) ) ∀x ≠ (*' ) Thế (*) vào (*’) suy ra: f ( x ) = x ( f ( x ) ) (* ) " Giả sử: ∃ xo ≠ 1, xo ∈ R* cho: f(xo) = Thay x = − xo ; y = xo vào (*”) ta ñược: f(1) = trái với giả thiết f(1) = Vậy f ( x ) ≠ ∀x ≠ 1; x ≠ Vì f (1) = ≠ nên từ (*”) suy f ( x ) = ∀x ≠ Thử lại thấy x Ví dụ 11: Tìm f : R → R thỏa mãn:  f   f  f  (1) = ( a ) ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + xy ∀x, y ∈ R ( b )   f ( x)   = ∀x ≠ ( c ) x x Lời giải: Cho x = y = 0, ( b ) ⇔ f ( ) = Cho x = y = t ≠ 0, ( b ) ⇔ f ( 2t ) − f ( t ) = 2t (1) Cho x = y = 1 , (b) ⇔ f   − f 2t t   f (t ) Từ ( c ) ⇒ f   = ; t t  (1) + ( ) ⇒ f ( t ) = t 1   = ( *)  2t  2t f (t ) f ( 2t )   f ( 2t ) = Thế vào (*) ta ñược: − f  = 4 t  2t  ( 2t ) ( 2t ) 2t ∀t ≠ Từ f ( ) = ⇒ f ( t ) = t ∀t ∈ R Thử lại thấy ñúng Ví dụ 12: Cho hàm số f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:  f ( x)  f  = y f ( y ) f ( f ( x ) ) ∀x, y ∈( 0; + ∞ ) (12 )  y  15 ( 2) ... f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ Hãy tìm hai hàm số Lời giải: Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax... nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị +) ðây phương pháp sở phương pháp khác +) Khi vận dụng phương pháp cần ý sử dụng kết vừa có ( a ) f (... mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Vậy phương trình có nghiệm f ( x) = ( x + x − 1) Nhận xét: Nếu ta dự đốn f(x) có dạng phải chứng minh hàm số tìm Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với