Chuyên đề Phương trình hàm – Toán 11

Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn yêu cầu bài ra... Hướng dẫn giải[r]

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Bài 1. Cho hàm số f :  thỏa mãn điều kiện:

2

(x y f x y ) (  ) ( x y f x y ) (  )xy x(  y ) với x y,  . Tính f(0)và chứng minh f hàm số lẻ

Tìm tất hàm số f

Hướng dẫn giải Tính f(0) chứng minh f hàm số lẻ

Với x y 2 (0) 0f  hay f(0) 0 (1)  y   y

Với y0 f(0)f( 0) 0  (do (1)) Với

0   

 

x

y  yf y( ) yf( y) 0 hay f( y) f y( ) Vậy f hàm số lẻ

Tìm tất hàm số f

Đặt

   

  

u x y

v x y ta suy

2  

   

    

u v x

u v y

Khi

2 ( ) ( )

4 

  u v

v f u u f v uv

(2) Với

0   

 

u v

Từ (2) ta

2 ( ) ( )

4 

 

f u f v u v

u v hay

2

( ) ( )

4

  

f u u f v v

u v .

Chọn v1, ta có

2

( )

(1)

4

  

f u u f

u .

Đặt

1 (1)

4

 

a f

Ta có

2 ( )

,

4

   

f u u

a u

u (3) Suy

3

( ) ,

4

x   

f x ax x

Từ (1), (3) ta

3

( ) ,

4

x    

f x ax x

Thử lại

Với

3 ( )

4 x 

f x ax

, ta có:

1

(0) 0; (1) (1)

4

     

và (x y f x y ) (  ) ( x y f x y ) (  )xy x( 2 y2) Vậy

3

( ) ,

4

x    

f x ax x

Bài 2. Tìm tất hàm số f :  thoả mãn:

       

1 1

, , , f xy 3 f xz  f x f yz 9 x y z .

Hướng dẫn giải

Cho x  y z 0          

2

1 1 1

0 0 0

3 3

 

         

 

f f f f f

Cho x  y z 1          

2

1 1 1

1 1 1

3 3

 

         

 

f f f f f

Cho y z 0      

2

0

3 f  f x f 9. Do  

1

3 

f

nên  

,

   

f x x

(1)

Cho y z 1, ta có        

1 1

1 f x 3 f x  f x f 9. Do  

1

3 

f

nên  

,

   

f x x

(2)

Từ (1) (2) ta  

1 ,

   

f x x

Bài 3. Tìm tất hàm số f R:  R, biết f hàm số chẵn thỏa mãn:

      2014    1

f xy f x f y f x y xy

với x y R,  Hướng dẫn giải

Từ (1) cho y0, ta có:

f  0  f x f    2014 f x 1  f x  1 f  0 2014 0 với x R Nếu f  0 2014 f x  1 với x R Khi f khơng thỏa mãn (1)

Do f  0 2014

Từ (1) thay x x y x, ta được:

 2   2 2014 2  2 1

   

f x f x f x x

(2) Từ (1) thay x x y  x, ta được:

 2     2014  0 2 1

     

f x f x f x f x

(3) Vì f hàm số chẵn nên viết (3) lại sau:

 2    2 2014  0 2 21

f x f x f x

2  4  0

 

f x x f

với x R Suy ra:    

2 0 2014

   

f x x f x

với x R . Bài 4. Tìm tất hàm số f :  thoả mãn

 2    , , (1).

     

f x y xf x yf y x y

Hướng dẫn giải Cho x0, từ  1 suy    

2 ,

   

f y yf y y

Cho y0, từ  1 suy    

,

   

f x xf x x

Do (1) trở thành:

 2  2  2 , ,      , , 0 * 

         

f x y f x f y x y f x y f x f y x y

thay y  y từ  1 ta :

 2            

f x y xf x  yf  y   yf  y yf y , y  f  x  f x , x 

   ,    ,

 yf  y yf y  y  f x  f x  x , chứng tỏ f hàm số lẻ Do với x0,y0 ta có

            

     

 

     

     , 0,  **

        

   

     

       

f x y f x y f x f y f x f y

f x f x y f y

f x y y f x y f y

f x y f x f y x y

Với x0,y0 ta có

                       ***

f x y f x y f x f y f x f y f x f y

Kết hợp    * , ** ,(***) ta f x y   f x  f y ,x y,  

tính     f x

theo hai cách Ta có

 

   

         

           

   

 

2 2

2

1

1

1

1 ,

, ,

   

     

     

   

    



 

f x f x x

x f x f x f x f

x f x f xf x f x f

f x xf x

f x ax x a

Bài 5. Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn:

1

( ( )) ( ) ( ) , ,

2

   

         

    

f x xy f y f x f y x y

Hướng dẫn giải

D th y hàm ễ ấ f h ng không th a mãn ằ ỏ Ta xét f không h ng.ằ

1

( ( )) ( ) ( ) , , (1)

2

   

         

    

Trong (1) cho y=-1 ta được:

1

( ( 1)) ( ) ( 1) , (2)

2

   

         

    

f f f x f x

Rõ ràng

1

( 1)

2

  

f

f hàm h ng Do đó: ằ

1

( 1) ( 1)

2

     

f f

Ta ch ng minh: ứ

1

( )

2

   

f x x

Th t v y, gi s t n t i ậ ậ ả a1 sao cho

1 ( )

2  

f a

Trong (1) ch n ọ y a ta có:

1

( ) 0,

2

     

f ax x x

Mâu thuẫn f khơng hàm h ng Do ta có: ằ a1.

Chú ý

1 ( 1)

2  

f

nên t (2) ta cóừ :

1 ( )

2 



f

Trong (1) chọn

1

( )

2 , ( 1)

1  

 

 f y

x y

y ta được:

1 1

( ) ( ) ( ) 1 1

2 2

( ( )) (f( ) )( ( ) )

1 1 2

1

( ) 1 1 1

2

(f( ) )( ( ) ) ( ) 0,

1 2

     

    

  

 

       



f y f y f y

f y f y f y

y y y

f y

f y f y

y

1

( ) 1 ( )

2

( ) , 1,

1

   

       

 

f y f y

f y y

y y

Suy

1

( ) ,

2

   

f y y y

Do

1 ( 1)

2  

f

nên

1

( ) ,

2

    

f x x x

Th l i ta có hàm s c n tìm ố ầ

1

( ) ,

2

    

f x x x

Bài 6. Tìm tất hàm f:   thoả mãn:  

    8    2 2, ,

 

       

f f x y f x y yf x f x y x y

Từ giả thiết:           

2

4 8  2, ,

 

 

       

f f x y f x y yf x f x y x y

(1) Thay y = x4 vào (1):           

4 0 8 ,

      

f f x x f x f x f x x x

(2) Thay y = -f(x) vào (1):         

4 2

(0)   8  ,  

f f x f x f x f x f x x

(3) Từ (2) (3) ta có:       

4

16f x 8x f x f x x ,  x

 

       

2

4 3 1 0,

4 2

   

   

   

 

 f x  x f x f x  x  f x  x    x

(4) Thay x = vào (4) suy f(0) =

Giả sử tồn a  cho f(a) = Ta chứng minh f(x) = 0, x   Thay x = y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(-y)

Thay x = a y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(a4 – y). Suy ra:        

4 ,

       

f y f y f a y f y a y

         

4 ,

      

f f x f f x f a f x x

(5)

và    

4  4 ,  

f y f y a y

(6) Thay y = x tuỳ ý vào (1), ta     

4



f f x f x

(7) Thay y = a4 vào (1), ta được

 

  4  4 48   2  8,  

f f x a f x a a f x f x a x

(8) Từ (5), (6), (8) suy ra:          

4 8 ,

     

f f x f x a f x f x a x

(9) Từ (7) (9):       

4

8a f x f x a  0 f x    0, x

Và từ (4), x0 R: f(x0)   f(x) = x4, x  R

Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình. Bài 7. Tìm tất hàm số f: R Rthoả mãn

( ( ) ) (  ) (  ) 2013

f xf y y f xy x f x y xy (1).

Hướng dẫn giải Thay

1 x=1,y =

Trong

1

( )

2013 2013

 

a f

Tiếp tục thay y = a vào (1), ta thu được:

(  ) (  ) (  ) 2013 , x R  

f x a f xa x f x a ax

hay f ax x(  ) 2013 , x R ax  (2) Từ (2) suy a1 Thay  1

t x

a vào (2), ta được

2013

( ) ,

1

  



at

f t t R

a hay f t( )ct c R,(  ) Tiếp theo, thay biểu thức f(t) vào (1), ta thu đẳng thức

2 2013 ; ,

       

c xy cy cxy cx cx cy xy x y R

2

( 2013) 0, ,

1 8053 2013

1 8053

     

     

    

  

  

c c xy x y R

c c c

c

Vậy ta nhận hai hàm số thoả mãn đề

1 8053 ( )

2   

f x x

và

1 8053 ( )

2   

f x x

Bài 8. Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn

 

       2 , ,   f x y f y f f x y x y

Hướng dẫn giải Chứng minh f đơn ánh

Thật vậy, với x, y thỏa mãn f x  f y  ta có

 

    

 

    

2

    



 



   

 

f x y f y f f x y

x y f x y f x f f y x

Chọn y = ta f x f   0  f f x   f x  x f  0 ,  x Vậy f x  x c x,   với c số

Thay vào điều kiện toán ta

    2 2

            

x y f y c f x c y x y y c x c y

(luôn đúng).

Bài 9. Tìm tất hàm f R:  R thỏa mãn: f xf (y) 2015 x  2015xy f (x) với x, y Hướng dẫn giải

Cho x = f f (y) 2015  2015y f (1)

Chọn y thỏa mãn 2015y f(1)2015, đặt tf(y) 2015 f(t)2015 Chọn y = t, thay vào giả thiết thì: f xf (t) 2015 x  2015xt f(x)

Vậy f(x) hàm bậc

Giả sử f(x) mx n  Thay vào giả thiết ta có:

 

 

2

(y) 2015 x 2015

(my n) 2015mx n 2015 xy mx n

m 2015 2015

    

      

    

m xf n xy mx n

mx

xy mn m x xy mx

Đẳng thức với x, y nên: 2015

2015

2015 2014



   



 

   

 

m m

mn m m n

Vậy có hàm thỏa mãn yêu cầu, f(x) 2015x 2014 Bài 10.Tìm tất hàm f:   thoả mãn:

 

    8    2 2, ,

 

       

f f x y f x y yf x f x y x y

Hướng dẫn giải

Từ giả thiết:           

2

4 8  2, ,

 

 

       

f f x y f x y yf x f x y x y

(1) Thay y = x4 vào (1):           

4 0 8 ,

      

f f x x f x f x f x x x

(2) Thay y = -f(x) vào (1):         

4 2

(0)   8  ,  

f f x f x f x f x f x x

(3) Từ (2) (3) ta có:       

4

16f x 8x f x f x x ,  x

 

       

2

4 3 1 0,

4 2

   

   

   

 

 f x  x f x f x  x  f x  x    x

(4) Thay x = vào (4) suy f(0) =

Giả sử tồn a  cho f(a) = Ta chứng minh f(x) = 0, x   Thay x = y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(-y)

Thay x = a y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(a4 – y). Suy ra:        

4 ,

       

f y f y f a y f y a y

         

4 ,

      

f f x f f x f a f x x

(5)

và    

4  4 ,  

f y f y a y

(6) Thay y = x tuỳ ý vào (1), ta     

4



f f x f x

 

  4  4 48   2  8,  

f f x a f x a a f x f x a x

(8) Từ (5), (6), (8) suy ra:          

4 8 ,

     

f f x f x a f x f x a x

(9) Từ (7) (9):       

4

8a f x f x a  0 f x    0, x

Và từ (4), x0 R: f(x0)   f(x) = x4, x  R

Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình.

Bài 11 Kí hiệu * tập hợp số nguyên dương Tìm tất hàm f :*  * thỏa mãn đẳng thức:

   

 2  2

  

f f m f n m n

, với m n,  * Hướng dẫn giải Nếu m m1, 2 * cho f m 1 f m 2 

   

 2   2  2  2 2 2  2  2  2

f f m f n f f m f n m n m n

, suy m1m2 hay f đơn ánh

Từ f m( )22 ( )f n f p( )22 ( )f q  m22n2 p22q2 (1) Dế thấy với n*,n3 ta có:        

2 2

2 2

      

n n n n

(2) (chú ý điều ta nhân vế với thừa số)

Đặt f(1) a f a(3 ) 32  Theo (1) suy ra:

2 2 2 2 2

(5 ) 2 ( )  (3 ) 2 (3 ) 3 (3 ) 27

f a f a f a f a f a

Vì phương trình x22y2 27 có nghiệm nguyên dương (x; y)=(3,3) (5,1) nên ta có

2

( ) 1, (5 ) 5 

f a f a .

Cũng từ (1) ta có (4 )f a2 2 (2 )f a2 f a(5 )2 2 f a( )2 24

Vì phương trình x2 y2 12 có nghiệm nguyên dương (x,y) (4,2) nên

2

(4 ) 4, (2 ) 2 

f a f a Từ (1) ta có

2 2 2 2

(( 4) ) 2 (( 3) )  (( 1) )  ( )

f k a f k a f k a f ka , suy từ khai triển (2).

Vì theo kết phép quy nạp ta suy f ka( 2)k, với k số nguyên dương Do f a( )3  a f(1) mà f đơn ánh nên a3  1 a1

Vậy f n( )n với n nguyên dương Thử lại thỏa mãn toán

Bài 12 Tìm tất hàm f Q:  R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau:

       

       

       

   

1 : 0;

2 :

3 : , ;

4 : , ;

5 : 2006 ;



  

  

    

   

f

f x x

f xy f x f y x y Q

f x y f x f y x y Q

Bài 13 Tìm tất hàm f(x) liên tục R* thỏa mãn:

2

2 (1)

4

( ) ( ) ,

 

 

    

 

f

f x x f x x x

x

Bài 14 Cho hàm số thỏa mãn đồng thời điều kiệ :f  n:

     

   

1 : ,

2 : 2000,





   

   

 

 

 

f n f n n

f f n n n

a Chứng minh f n 1 f n ,  n  b Tìm biểu thức f n 

Hướng dẫn giải

a Vì f n   nên từ giả thiết  1 ta f n 1 f n    1, n  Kết hợp điều kiến  2 ta   n :

     

2001 2000 1 2001

             

n n f f n f f n n

Do f n 1 f n    1, n  b Ta có

         

     

1 1, 1 1

1 2000 1 1001 1000,





          

          





f n f n n f f f f

f f f n n n

Thử lại điều kiện, nên f n   n 1000,  n 

Bài 15 Cho tập hợp F gồm tất hàm số :f    thỏa mãn điều kiện:  3  2  , 

    

f x f f x x x

Hãy tìm số thực  lớn cho với hàm số f thuộc tâp

hợp F ta có f x  ,  x .

Hướng dẫn giải

Bài 16 Cho a số thực Tìm tất hàm số f :  cho: f liên tục  và

        ; ,   f x y f x f y axy x y .

Hướng dẫn giải

Bài 17 Cho nn2 hàm số f :  cho:       

; ,



    

n n

f x y x f x f f y x y

a Giả sử f 2002 0 Tính f 2002  b Tìm hàm số f

Hướng dẫn giải

  1     ; ,  *

    

n n

f x y x f x f f y x y

a

 Từ  * ta

- Với x1;y0 : f f  0   0 f  0 0

- Với x1,y: f 1y f  1  f y   1 Do đó, chứng minh quy nạp ta f n  nf  1 ,  n  2

 Từ  1 ta có:

 0   1  1 1   0   1   ;  1    1

f f f f f f f t f x f x f

Do đó, chứng minh quy nạp ta f n nf  1 ,  n  3

 Từ    2 , ta f n nf  1 ,  n  4  Đặt

 1 p;p ,q * q

  

f

ta   n * n chia hết p nên nf  1   Do ta

được:

 

             

 

2

1 1

1  

          

 

f

f f n f n n f nf f f

f

 Do đó, từ  4 ta f 2002 1 hay f 2002 0 (loại) Vậy f 2002 2002 b Từ  * ta      

1

0 :  ,

 n  n   

y f x x f x x

 n chẵn:  

 

     

1

0 :  , 

     



n n

n n

f x f x

x f x f x f x

x x

 n lẻ: Từ  *  1 ta          2

n n

f x y f x f y

Suy ra:

        

 

 

 

1

0    

       



n n

n n

n n

f x f x

f x f x f x f x

x x

Do f x f x ,  x

 Từ  2 , chứng minh quy nạp ta    , , 

n n

f px pf x p x

     

*:

 p  f  pxn  f pxn  pf xn Vậy     , ,   3

n n

f px pf x p x

 Từ  3 ta có   * ,  u  uv

v ta

1

1





 

   

  

   

     

n

n

n n

u u v

f f uv f

v v v

Mà

 1         1

   

  n

n

n n n n

f u

f f v f f

v v v v

Vậy

 

   

1



 

 

   

n n f

u u

f u v f

v v v

 Ta có f  1 0 hay f  1 1 từ  4 suy f x     0, x hay f x    x x,  Thử lại thỏa mãn  * Vậy f x    0, x

Bài 18 Tìm hàm số f :  thỏa mãn

 

  2  2 2    2; ,  .

Hướng dẫn giải

Cho

      

 

2 0

0 0

0  

     

 

f

x y f f

f

+) Nếu f  0 0 Cho y0,x  ta được:    

2 , 0

    

f x x f t t t

Cho x  y ta             

2

2

0      0 

f x xf x f x f x x f x x

Thử lại thấy +) Nếu f  0 1 cho y0,x  ta    

2 1 1, 0

      

f x x f t t t

Cho x0,y  ta     

2 2

 

f y y f y

 

       

 

2 2 2

2 1

1   

         

  

f y y

f y f y y y y y

f y y

Giả sử tôn y0  cho f y 0  y01 Chọn x y y0 ta được:

      

 

2 0

2

0 0

0

1

1

1

 



    

  

f y y

y y f y f y

f y y

Nếu

 

 

0

0 0

0

1 1

0

           

 



y

f y y y y

f

( Loại) Nếu f y 0 y0  1 y0 1 y0 1 y0  1 f  1 0 Vậy f y   y

Bài 19 Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn

 

    4    , ,

8

      

f x f y f x xf y f f y x y

Hướng dẫn giải Bài 20 Tìm hàm f :  thỏa mãn hai điều kiện

 :      ,

     

i f x f y y xf x x y

,

 ii : f  f x 2 f y   y xf x  x y,   Hướng dẫn giải

Ta tìm hàm f thỏa mãn (ii) Đối với (i) ta làm tương tự Ngồi thấy hai điều kiện biến đổi

Ta dễ thấy f đơn ánh

 0 0,       

f f f y y y

Trong (ii) thay x f x  ta có

 

   

  2        

f f f x f y y f x f f x

Mặt khác

 

     ,

f f y y y nên     , , .

     

Kết hợp (ii)

 

    2  

  

f x f y f f x f y

mà f đơn ánh nên       

2

  

x f y f x f y

Suy   

2 2

,

   

f x x x

Ta không tồn đồng thời a0,b0 thỏa mãn f a  a f b,   b Thật vậy, giả sử tồn a, b Trong (ii) lấy x a y b ,  ta có  

2 .

  

f a b a b

Do    2

,

   

f x x x

nên    

2

2 2 0

    

a b a b a b

, mâu thuẫn Vậy f x     x x f x  x   x

Thử lại thấy hai hàm thỏa mãn

Bài 21 Tìm tất hàm số :f    thỏa mãn:

(  ( ) ) 2   (2 ( ))

f x f x y x f f y , x y;   Hướng dẫn giải

Giả sử tồn hàm số f(x) thỏa mãn yêu cầu Đặt f(0)a với a 

Chọn x0; yx, thay vào (14) ta được

( (0) )  (2 ( ))   f(2x a )f(2 ( ))  

f f x f f x x f x x ,

Nên

(  ( ) ) 2   (2  )

f x f x y x f y a , x y;   (i) Thay 2y y ta

(  ( ) ) 2  (  )

f x f x y x f y a , x y;   (ii) Với ;x y a thỏa mãn f x( )f y( )t

Thay y y-a vào (ii) ta

(    ) 2 

f x t y a x t, x y;   Thay x y; y x-a vào (ii) ta

(    ) 2 

f y t x a y t, x y;   Do xy

Chọn x=0; y=0, thay vào (i) ta có

( ) (2 )

f a f a

Theo kết phần suy a2a Suy a0

Chọn x=0; y=x, thay vào (i) ta

(2 ) (2 ( ))

f x f f x ,   x 

Suy

2 ( ) 2f x  x,   x   f x( )x,   x 

Thử lại thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn u cầu tốn Vậy f x( )x,   x  hàm số cần tìm

2

( ) (  ) (  ) , ,  f x f x y f x y y x y R

Hướng dẫn giải Cho x y ta  

2 (0) (0) (0)

(0)  

  

 

f

f f

f

Cho x y ta f(4)f(4) (0) 4f   f(0) 1 Vậy f(0) =

Cho xy ta f x( )2 f(2 ) (0)x f x2 x2  f t( )  t t, Cho x0,y t 0, ta

2

(0) ( ) ( )   0 ( )   ( )   ,

f f t f t t tf t t f t t t

Vậy f x x

Thử lại ta thấy hàm số f x  xthỏa mãn tốn

Bài 23 Tìm tất hàm số liên tục f :  thỏa mãn điều kiện sau:

f(1)1 f x y(  )f x( )f y( ) 2 xy với x, y thuộc  Hướng dẫn giải

Cho y0 ta f x( )f x( )f(0) f(0) 0 Viết lại hệ thức f x y(  )f x( ) f y( ) 2 xy dạng:

2 2

(  ) (  )  2(  ) ( )   ( ) 

f x y x y x y f x x x f y y y

Đặt g x( )f x( ) x2 2x f x( )liên tục  nên g x( ) liên tục  Ta có g(1)f(1) 3 4 g x y(  )g x( )g y( ) với x,y thuộc 

 g x cộng tính  g x có dạng g x( )kx

, với k số Mà g(1)4 k4 g x( )4x  f x( )x2 ,x x   Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu toán

Bài 24 Tìm tất hàm số liên tục f : sao cho:

   22   23 4026  1 ,  

f x f x x x x x

Hướng dẫn giải Ta có            

2

1    1 1  1  1 4024

 

f x f x x x

Đặt y  x x y    

2

1 4024,

 f y  f y  y  y   y

Xét hàm số g : thỏa mãn g x 1 x 2013f x   g x  x 2012f x 1 Do từ (2)  g(x) +    

2 0 3 

g x

g x  liên tục  Thay x 0 g 0 0

Thay x 1 g 1 1

Thay x  x        

2 0 ,

Do g x  hàm chẵn  nên ta cần xét với x0 Từ (3) ta có      

2

 

g x g x g x

 

1

4 , 0  

      

g x g x x

Lấy a0 tùy ý, Xét dãy  xn xác định sau:

0  ; n1 ,  0 lim n 1

x a x x n x

Và

         

1

1

 

 

      

 

x n n n

g x g x g x g x g x g a

Mặt khác g liên tục nên ta có g a  limg x n glimxn g 1 0 Vậy g x    0, x  f x   x 2013,  x

Bài 25 Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn điều kiện

    1    2,  ,  

f m n f mn f m f n m n

Hướng dẫn giải Nếu f hàm hằng, f k     c k, ta có  

2

2c c  2 c1  1 0, vô lý Cho m0 ta f n  f 1 f    0 f n  2 f n f   0 1f  1  Do f không hàm nên f  0 1; f  1 2

Cho m1 ta f n 1 f  n 1 2f n 2,   n Suy f n f n ,  n hay f hàm số chẵn

Bằng quy nạp ta chứng minh f n  n2   1, n Do f hàm số chẵn nên f n  n2   1, n

Thử lại thỏa mãn Vậy  

2 1, .

    

f n n n

Bài 26 Tìm f x  xác định   x thỏa mãn

 

     

0 2013; 2014

2 cos ,

  

 

  

  

      

 

f f

f x y f x y f x y x y



0;

2 2

2014

2

    

      

   



   

    

   

x y f f

f f

  

 

Cho

0

2 2

2

   

       

   

   

      

   

y f x f x

f x f x

  

 

Cho

2 cos

2 2

4028cos

       

         

     



x f y f y f y

y

   

Cho

 

4028cos

2

   

       

   

y x f x  f  x x

Cho

     

0 cos 4026cos

     

x f y f y f y y

Cho

 

4026cos

2 2

4026sin

     

           

     



y x f x f x x

x

   

Trừ vế hai phương trình  1  2

4028cos 4026sin

2

2 4028cos 4026sin

2

2014cos 2013sin

    

    

   



      

      

 

   

   

   

    



 

    

 

f x f x x x

f x x x

f x f x

f x x x

 



 



Chox x 2 

  2014cos 2013sin

2

2014sin 2013cos

   

       

   

 

f x x x

x x

 

Bài 27 Tìm hàm số f : 1;    thoả mãn điều kiện:

        

f x f y y x f xy

với x, y >

       

       

       

2 2

4 4

2 2

  

  

  

f t f t f t

f t f t f t

f t f t f t

  4 3  2 2 5  4  f  t f t t f t

(2), với t >

Lấy    

5

4

2

  

t f f

Thay vào (2) ta được:      

2

2

 

  

 

t  f t t f t

Do với  

 2

1,

2

   f

t t f t

t Từ (1) ta có:        

 

2

4 4

    f

f t f t f t

t vơi

5 1,   t t Với  t

, từ (1) thay , 2   x y ta có:

     2  2

5

2

5

2

2           f f

f f f

  

 

2  f f t

t với t > 1. Đặt 2  2   

c

c f f x

x với x1. Thử lại thỏa mãn điều kiện (1)

Vậy hàm số cần tìm là:  

c f x

x.

Bài 28 Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn:

1 ( ( )) ( ) ( ) , , 2                   

f x xy f y f x f y x y

. Hướng dẫn giải

Dễ thấy hàm f không thỏa mãn Ta xét f không Trong (1) cho y=-1 ta được:

1

( ( 1)) ( ) ( 1) ,

2

   

         

    

f f f x f x

Rõ ràng

1

( 1)

2

  

f

f hàm Do đó:

1

( 1) ( 1)

2

     

f f

Ta chứng minh:

1

( )

2

   

f x x

Thật vậy, giả sử tồn a1 cho

1 ( )   f a Trong (1) chọn y a ta có:

1

( ) 0,

2

     

f ax x x

Mâu thuẫn f khơng hàm Do ta có: a1. Chú ý

1 ( 1)

2  

f

Trong (1) chọn

 

1   

 f y x

y ta :

   

     

1 1

1

2 2

1 1 2

 

   

       

     

     

     

     

    

    

f y f y f y

f y f y f f y

y y y

 

 

1

1 1

2 , 1

1 2

  

 

     

    

      

    

  

 

 

 

f y

f f y f y

y

   

 

1

1

2 , 1 1, 1 , 1

1 2

 

 

 

  

          

 

 

 

 

f y f y

f y y f y y y

y y

Do

1 ( 1)

2  

f

nên

1

( ) ,

2

    

f x x x

Thử lại ta có hàm số cần tìm

1

( ) ,

2

    

f x x x

Bài 29 Tìm tất số nguyên không âm n cho tồn hàm f :[0;) khác thỏa mãn đồng thời điều kiện sau

i f xy( )f x f y( ) ( ); x y, 

ii    

2 2) ( ) ( )

2 (f x y  f x  f y x y∣ ,   0;1; 2; ; n Hướng dẫn giải Với aZbất kì, cách thay x y ak; k * vào i) được

( )  (2) ( ) 1  0;1; 2; ; 

k k

f a f f a n

(1) + Nếu f(2) 0, 2 ( )f a k0;1; 2; ;n  f a( ) 0.

+ Nếu f(2) 0, ta thấy f a( ) 0 f a( ) 1. Thật vậy, f a( ) 1, cách cho k  , ta thấy ( )  (2) ( ) 1  

k k

f a f f a

nên (1) khơng thể xảy ra, cịn 0 f a( ) 1, vớik đủ lớn, ( )f a k f(2) ( )f a k1  0 nên (1) xảy Thành thử, ta chứng minh với a, f a( ) 0 f a( ) 1.

Từ suy  

2 2) ( ) (

2 (f x y  f x  f y) 0;1;2 ;x y, Z

(2) Do đó, n2

*)Nếu n0,thì 2f x( 2y2)f x( )f y( );x,y 

Vì f khác nên tồn x0  cho f x( 0)0 Khi đó, f x( 0)f x f( ) ( )0  f(1) 1.

Bây giờ, sử dụng (2), ta

22 (1f 20 )2 f(1) f(0) 1. Điều vơ lí chứng tỏ n0khơng thỏa mãn.

*)Nếu n1, hàm số

0 ê

)

1

(

ê

  

 

u f

x u

n x

n x

thỏa mãn đề Do đó, n1 thỏa mãn đề bài.

*)Nếu n2,thì ta thấy tồn số p q, Z;(p q, ) 1 cho f p( 2q2)0 Thật vậy, trái lại, x y, Z, ta có

 

2 2 2 2

) ( ( )(

0f(p q f x y )f p q x y  

2

(  ) (  ) f xp yq xq yp

Kết hợp với (2) suy f xp yq(  )f xq yp(  ) 0. Thế nhưng, ( , ) 1p q  nên tồn x y, Zđể

 

xp yq Do đó, 1f xp yq(  ) 0. Điều vơ lí chứng tỏ f(x2y2) 1; x,yZ; ( , ) 1.x y  Bây giờ, ta xét hàm số

0 ê ( )

1 ê

 

 

 



 

 

 

ΠΠx n

q x n

p u f x

p x u

q x ∣ ∣

trong p q, số nguyên tố phân biệt có dạng 4k3 Ta chứng minh hàm f x( )xây dựng thỏa mãn i) f xy( )f x f y( ) ( ); x y, Z.

ii)

2 ( 2) ( ) ( ) ,  0;1; 2

y   f y x yZ 

f x f x ∣

 Kiểm tra điều kiện i) Nếu

  

p xy q xy

∣

∣ hiển nhiên f xy( ) 0 f x f y( ) ( ).

Nếu   

ΠΠx pq y pq

f xy( ) 1 f x f y( ) ( )  Kiểm tra điều kiện ii)

Vì f x( )0;1 nên     2) ( )

2 (f x y  f x  f(y)∣x y, Z  0;1 2;

Dễ thấy

2 2

) (1) ( )

2 ( ) ( ) ( )

2 (0) (0) (0) (1

0

2   

   

 

 

  

 

f f p

f p q f p f

f f

q

f f

p

nên

   

2 2) ( )

 2    , , (1).

     

f x y xf x yf y x y

Hướng dẫn giải Cho x0, từ  1 suy f y 2 yf y ,  y

Cho y0, từ  1 suy    

2 ,

   

f x xf x x

Do (1) trở thành:

 2 2   2   2 , ,        , , 0 * 

f x y f x f y x y f x y f x f y x y

thay y  y từ  1 ta :

     

       

2

, ,

   

         

f x y xf x yf y

yf y yf y y f x f x x

   ,    ,

 yf  y yf y  y  f x  f x  x , chứng tỏ f hàm số lẻ Do với mọi 0,

 

x y ta có

            

     

 

     

     , 0,  **

        

   

     

       

f x y f x y f x f y f x f y

f x f x y f y

f x y y f x y f y

f x y f x f y x y

Với x0,y0 ta có

                       ***

f x y f x y f x f y f x f y f x f y

Kết hợp    * , ** ,(***) ta f x y   f x  f y ,x y,  

tính     f x

theo hai cách Ta có

 

   

         

           

   

 

2 2

2

1

1

1

1 ,

, ,

   

     

     

   

    



 

f x f x x

x f x f x f x f

x f x f xf x f x f

f x xf x

f x ax x a

Bài 31 Cho hàm số f :* * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

a) f ab  f a b f ,  a b,  với a b, *,a b ; a b, , a b,  bội chung nhỏ nhất, ước chung lớn hai số nguyên dương a b, ;

b) f p q r    f p  f q  f r  với số nguyên tố p q r, ,

Tính giá trị f 2013? Kí hiệu * tập hợp tất số nguyên dương. Hướng dẫn giải

Đặt f 2 a f,  3 b Khi ta có đẳng thức sau:  7  2 3   2  2   3 2 

 8  2 3     2 2  3  2

f f f f a b

 16  7 2   2  7   2 2 2   5 2

f f f f a b a a b

 16     2   2 

f f f a a b

Do ta có 5a2b a 2ab 1 Mặt khác ta có đẳng thức sau:

 12  2 7     2   3   7 3 2

f f f f f a b

 12    2 6  2 2 3

    

f f f a f a

Suy 3a2b3a2  2 Từ (1) (2) ta có

   

2

5 2

7, 8

3

3

     



    

 



 

 



a b a ab a

f f

b

a b a

Ta có 2003 số nguyên tố nên

2013  2003 7    2003  3   7  200310

f f f f f f

(3) 2025  2003 17   2003  5     17

f f f f f

 9 3  3  9 5 2    5 2  2   5 5

f f f f f f

 17  7 3   2  7   3 17

f f f f

, kết hợp với (4) ta :

2003  2025 22 5 

f f

Mặt khác f 2025 f 9.9.25 f   9 f 9.25 9.f 5.5.9 9f   5 f 45

           

     

 

9 3.15 45 15 45 45.3 2025

    

   

f f f f f f

f f f

Do f 2025 2025, kết hợp với (5) ta f 2003 2003 Do từ đẳng thức (3) ta 20132013

f

Bài 32 Tìm tất hàm số f :RR cho: x, y R ,

2015 2015

f (x 2014 y) f(2 x y) f(3x 2013 y) x      5x 2015. Hướng dẫn giải Đặt f (x) x g(x) x R    Thay vào giả thiết ta có

2015

g(x 2014 y) g(2 x y) g(3x 2013 y) 2015 x, y R (1).       Thay y 3x x  2015 vào (1) ta có g(4 x x 2015), x R (2). 

Xét hàm sốh(x) 3x x  2015  x R ta có h(x) liên tục R xlim h(x)   ; lim h(x)x   , suy

ra tập giá trị h(x) R Từ (2) suy g(x)2015 x R Do f(x) x 2015   x R

Thay vào thử lại ta thấy f(x) x 2015   x Rthỏa mãn Vậy f(x) x 2015   x R

Bài 33 Tìm tất hàm số f : \{0}   thỏa mãn: f n f n    f n ,  n , với ,  

Hướng dẫn giải Gọi n1 số tự nhiên bé cho f n 1 1, suy ra

 11   1  1   1 1

f n f n f n f n

hay f n    1, n ,n n 1.

Giả sử n11 suy raf n 1 1 f n 11 f n 11

Nếu n1 1 f n 11 n1 f n 11 1 (trái với giả thiết n1 số tự nhiên bé cho  1 1

f n )

Nếu n1 1 f n 11 n1 thì f n 111 (vơ lý) Vậy n11, f n     1, n

Bài 34 Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn điều kiện:  

   4 4  6 2 4 3   , ,    1 f y f x f x y f x y f x yf x f y x y

Hướng dẫn giải Giả sử  hàm số f thỏa mãn (1)

TH1: f x  0 Thử lại ta thấy f x  0 thỏa mãn (1) TH2: f x     0 x0 ,f x 0 0.

Ta có:            4

1  f y f x  f  y yf x   y ,x y,  * Thay x x 0 vào (*), ta được

 

      4  

0 , ,

        

y f x f y y f x y x y

Ta thấy vế phải (2) hàm số bậc nên có tập giá trị  Do hàm số f có tập giá trị là     y u v,   cho f u  f v y.

Thay y0 vào (*), ta        

,

     

f f x f x a x a f

(3) Thay y f y  vào (*), ta

   

          4   4, , 

f f x f y f f y f x f y f y x y

(4) Từ (3) (4)          

4

, ,

      

f f x f y f x f y a x y

hay

   

      4 , , 

f f u f v f u f v a u v   ,   ,

 f y y a y  f x x a x  Thử lại ta thấy f x x4a thỏa mãn điều kiện (1)

Vậy f x 0 f x  x4a ( a số) hàm số cần tìm Bài 35 Xác định hàm số f : RRthỏa mãn đồng thời điều kiện:

1 f x  f x ;

3

 

2

,

 

  

   

f x

f x

x x .

Hướng dẫn giải

 x ta có:

 

 

2

1 1

1 1



     

     

     

     

f x x

f f f

x x x x

Mặt khác, với x khác 0; 1 ta có:

 

 

   

 

       

2

2

2

2

2

2 2

2

1 1 1

1

1 1

1 1

1

1

1

1 2

 

 

 

 

   

              

 

         

 

             

 



    

     

 

   

      

       

   

        

 

x f

x x x x x

f f f f

x

x x x x x x

x x

f x x f x

x x

x x x x

x f x x x f x

x x

Từ  1  2 ta có:

 

 

2 2

1

1 f x  x 2x f x 

x x

 

 f x x

với x khác 0; 1 Từ có f  0  f(0) suy f  0 0

Ta có f 1  f  1  1 f  0  1 Vậy f (x) x, x R  

Bài 36 Cho hàm f : *   thỏa mãn f  2  3f   0; (4) 0f  , f 8888 22 22 với số tự nhiên m n, f m n   f m  f n  Hãy tính f 2016 f 2017 

Hướng dẫn giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện toán

Từ  *  f m n(  )f m( ) f n( ) a với a{0;1}

Chọn m n 1, ta có f(2) (1) f  a (1)f f(2) 0  f(1) 0 Khi f(4)f(2)f(2)a a mà f(4) 0 nên suy f(4) 1 Ta chứng minh quy nạp: f 4 n n ( n N*) (1)

Ta thấy (1) với n1 Giả sử (1) với n k ; ta chứng minh (1) với n k 1 Ta có:

4( 1) = f 4k4 f k(4 )f(4) a f k(4 )1ak1 f k

Vậy (1) với n k 1 Do f 4 n n ( n N*)

Lại có f 8888 22 22 , ta f(4.2221) 2221 Thật vậy, (4.2221) 2221

f  f(4.2221) 2222 f(8888)  f(8888)f(8884)

(4.2221) 2221

f .

Lập luận tương tự ta f 4n n ( n 2222) Khi f 2016 f(4.504) 504

Ta lại có: f(4 )n f(2 )n  f(2 )n a2( ( )f n  f n( )a)a4 ( ) 3f n  a Suy ra: ( )f n f(4 ) ( ) 3n  f n 

(4 )

( ) ( )

4

 f n f n f n 

Do đó:

(4 ) ( )

4

   

   

   

f n n

f n

với  n 2222 Vậy f(2017) 504

Bài 37 Tìm tất số nguyên không âm n cho tồn hàm f : [0;) khác thỏa mãn đồng thời điều kiện sau

i) f xy( )f x f y( ) ( ); x y, 

ii)    

2 2) ( ) ( )

2 (f x y  f x  f y x y∣ ,   0;1; 2; ;n Hướng dẫn giải Với aZbất kì, cách thay x y ak; k * vào i) được

( )f a k f(2) ( )f a k 1 0;1; 2; ;n (1) + Nếu f(2) 0, 2 ( )f a k0;1; 2; ;n  f a( ) 0.

+ Nếu f(2) 0, ta thấy f a( ) 0 f a( ) 1. Thật vậy, f a( ) 1, cách cho k  , ta thấy ( )  (2) ( ) 1  

k k

f a f f a

nên (1) khơng thể xảy ra, cịn 0 f a( ) 1, với k đủ lớn, ( )f a k f(2) ( )f a k1  0 nên (1) xảy Thành thử, ta chứng minh với a, f a( ) 0 f a( ) 1.

Từ suy (f x2y2) f x( ) f(y)0;1;2 ; x,yZ (2) Do đó, n2

*)Nếu n0,thì 2f x( 2y2)f x( )f y( );x,y 

Vì f khác nên tồn x0  cho f x( 0)0 Khi đó, f x( 0)f x f( ) ( )0  f(1) 1.

Do f khác nên tồn x1  cho f x( 1)1 Từ i), ta có f(0)f x( 1).f(0) f(0)=0

Bây giờ, sử dụng (2), ta

22 (1f 20 )2 f(1) f(0) 1. Điều vơ lí chứng tỏ n0khơng thỏa mãn.

*)Nếu n1, hàm số

0 ê

)

1

(

ê

  

 

u f

x u

n x

thỏa mãn đề Do đó, n1 thỏa mãn đề bài.

*)Nếu n2,thì ta thấy khơng thể tồn số p q, Z;( , ) 1p q  cho f p( 2q2)0 Thật vậy, trái lại, x y, Z, ta có

  2) ( 2 ( 2)( 2 0f(p q f x y )f p q x y  

2

(  ) (  ) f xp yq xq yp

Kết hợp với (2) suy f xp yq(  )f xq yp(  ) 0. Thế nhưng, ( , ) 1p q  nên tồn x y, Zđể

 

xp yq Do đó, 1f xp yq(  ) 0. Điều vơ lí chứng tỏ f(x2y2) 1; x,yZ; ( , ) 1.x y 

Bây giờ, ta xét hàm số

0 ê

( )

1 ê

 

 

 



 

 

 

x n

q x n

p u f x

p x u

q x

Œ Œ ∣ ∣

trong p q, số nguyên tố phân biệt có dạng 4k3 Ta chứng minh hàm f x( )xây dựng thỏa mãn

i) f xy( )f x f y( ) ( ); x y, Z

ii)    

2 2) ( )

2 (f x y  f x  f(y)∣x y, Z  0;1 2; -Kiểm tra điều kiện i)

Nếu   

p xy q xy

∣

∣ hiển nhiên f xy( ) 0 f x f y( ) ( ).

Nếu   

x pq

q y p Œ

Œ f xy( ) 1 f x f y( ) ( ) -Kiểm tra điều kiện ii)

Vì f x( )0;1 nên     2) ( )

2 (f x y  f x  f(y)∣x y, Z  0;1 2;

Dễ thấy

2 2

) (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 (0) (0) (0)

(1

0

2   

   

 

 

  

 

f f p

f p q f p f f

f

q

f f

p

nên

   

2 2) ( )

2 (f x y  f x  f(y)∣x y, Z  0;1 2; Vậy n1,n2 tất giá trị thỏa mãn đề Bài 38 Xác định hàm số f x( ) liên tục R  R (R

tập hợp số thực dương) thỏa mãn đồng thời điều kiện:

1) f(2 ) ( )x  f x với xR,

2) f f x e( 3( )( f x( )1))x e2( x1) ( )f x với xR, 3) f e( 1) ( e1) (1)f ,

4) f k( )là số nguyên dương với số nguyên dương k Hướng dẫn giải

3 ( ) ( ) ( ( )( f a 1)) ( ( )( f b 1))

f f a e f f b e .

Hay a e2( a1) ( )f a b e2( b1) ( )f b Vì f a( )f b( ) 0 nên ta suy a e2( a 1)b e2( b1) Xét hàm số h x( )x e2( x1)trên R

, ta có h x( ) ( x ex1)x e2 x 0 với xR Do hàm số h x( )x e2( x1)đồng biến R

Do từ a e2( a 1)b e2( b 1), ta suy h a( )h b( ) hay 

a b.

Vậy f x( ) đơn ánh Kết hợp với f x( ) liên tục ta suy f x( ) hàm đơn điệu thực Mặt khác, theo giả thiết f(2) (1) f  f(1) nên ta suy f x( ) hàm tăng thực R

Từ 2) ta cho x1thì f f( 3(1)(ef(1)1)) ( e1) (1)f Kết hợp với 3) ta suy ra (1)

( (1)( f 1)) ( 1)

f f e f e .

Vì f x( ) hàm tăng thực R

nên ta suy f3(1)(ef(1)1) e Xét hàm số g x( )x e3( x1)trên R

, ta có g x( ) ( x e2 x1)x e3 x 0 với xR Do hàm số g x( )x e3( x1)đồng biến R

Do từ f3(1)(ef(1)1) e 1, ta suy g f( (1))g(1) hay (1) 1

f .

Vì f(2 ) ( )x  f x với xR f(1) 1 nên theo quy nạp ta có (2 ) 2f n  n với số tự nhiên n.

Với số tự nhiên n, ta có

1

2 (2 ) (2 1) (2 2) (2 1) (2 ) 2 

          

n f n f n f n f n n f n n

Vì điều kiện 4) nên (2f n1), (2f n2), , (2f n2n1) số nguyên dương Do ta suy (2n1) 2 n1, (2n2) 2 n2, , (2n2n 1) 2 n2n 1

f f f .

Vậy f n( )n với số nguyên dương n

Từ f(2 ) ( )x  f x với xR Ta suy (2 ) 2f nx  n f x( ) với 



x R Cho với 2n

m x

với m n, số nguyên dương ta suy ( ) 2 (2 ) n

n

m

f m f

Do 2 (2 ) n

n

m

m f

hay (2n)2n

m m

f

với số nguyên dương m n,

Với xR tùy ý cho trước tồn dãy số  qk , qk có dạng 2n

m

hội tụ đến x Vì f x( ) hàm liên tục nên

lim lim ( ) (lim ) ( )

     

 k  k  k 

k k k

x q f q f q f x

Thử lại ta thấy hàm số f x( )x thỏa mãn điều kiện

Bài 39 Tìm số nguyên dương mnhỏ cho tồn hàm số f :* \1;0;1 thỏa mãn đồng thời điều kiện sau

i/ f m  f 2015 , f m 1 f 2016 ; ii/

   

 

1

, 1, 2,



  



f n

f n m n

f n

Ta có

 

     

*

2 ,

       

f n m f n m f n n

f n

Với m1, ta có f n 4 f n  f n 4k f n ,k n,  *           * 1

2 ; ,

1 

     

 

f n

f n f n n

f n f n

       

 

1 2015 4.503 3

1

    

f f f f

f

: vô lý Với m2, ta có f n 8f n  f n 8k f n ,n k,  *           * 1

4 ; ,

1 

     

 

f n

f n f n n

f n f n

Ta có

       

 

1

2 2015 251.8 7 ;

3

    

f f f f

f                      2016 251.8 8

4

2

2

    



    



f f f f

f f

f f f

f

Điều mâu thuẫn dẫn đến m3

Với m3, ta xây dựng vô số hàm f thỏa yêu cầu toán sau Cho a\1;0;1 , đặt      

1

1 ; ; ;

1 

  



a

f a f f

a a

   

 

1

3 ,

1 

   



f n

f n n

f n

Khi đó, chứng minh quy nạp hàm số xác định *và   \ 1;0;1 , *

   

f n n

theo chứng minh       f n f n ,     *

12 , ,

    

f n k f n n k

Khi               1

2015 167.12 11 11

5



      



f

f f f f

f f a

              1

2016 167.12 12 12

6

 

      

 

f a

f f f f

f f a

Vậy hàm số thỏa mãn u cầu tốn

Bài 40 Tìm hàm f (x) liên tục Rvà thỏa mãn:

f (x y) f(x y) 2f(x) 2f(y)     x, y R  Hướng dẫn giải

f (x y) f(x y) 2f(x) 2f(y)     x, y R

suy f (x y) f(y x)   , x,yR  f(x) hàm số chẵn

+)Chox y  f (2x) 4f (x) , CM quy nạp ta f(nx) = n2f(x), xR,nN*

2

* *

2

1

( ), , ( ), , ,

   

             

   

x m m

f f x x R n N f x f x x R n m N

n n n n

hay f(rx) = r2f(x), xR,rQ+,

+) Vì f(x) hàm chẵn nên f(rx) = r2f(x), xR,rQ.

+) Vì f(x) liên tục R nên f(x) = 2f(x), xR, R  f() = a2 Vậy f(x) = ax2, với a = f(1), x  R.

Bài 41. Cho hàm f R:  R (R {x R| x 0}) 

sao cho:

 

2

( )  (   (4 )) , 0

f x f y f x y xf y x y

a) Chứng minh f hàm tăng không nghiêm ngặt R+ b) Tìm tất hàm f thỏa mãn điều kiện

Hướng dẫn giải a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0

Xét hàm g(x) = x2 + f(4y)x hàm đồng biến R+ f(4y)>=0 Mà:

(0) 0; ( ) ( ) [0;+ )



     

x

g g TGT g x

nên với số dương a tồn x0 để a= g(x0) > Do f(y+a) = f(g(x0)+y) >= f(y) với số a dương Chứng tỏ f hàm tăng không nghiêm ngặt

b) Xét hai trường hợp sau: TH1: Tồn t > để f(t) =

( ) ( (4 )) ( )

à ( ) ( ) ( ) ( )

(0) ( ) (2 ) ( ) 

      

      

      

Thay x t f y f y t t f y f t y M f t f t y f y f y t y

f f t f t f nt n Z

Kết hợpvới f(x) hàm không giảm nên f(x) = với x khơng âm Vì ngược lại tồn u > để f(u) > ln tồn n nguyên dương để nt > u f(nt) = mâu thuẫn với tính khơng giảm hàm f

TH2: Với số dương t có f(t) > Theo chứng minh suy f hàm tăng ngặt Thay y y2 ta có: f(x2) + f(y2) = f(x2 + y2 + xf(4y2))

Thay x y, y x2:

 

2 2

( )  (   (4 ))

f y f x f y x yf x

Vì f tăng ngặt nên:

2

2 (4 )2 2 (4 ) ( (4 ) yf (42 ) (4 ) (4 ) 0; 0 ( )

            

 

f y f x

x y xf y y x yf x x f y x kf x y

y x

Thử lại ta k=1

KL: Bài tốn có hai nghiệm

 0; (x)

f x f x

Bài 42 Tìm tất hàm f: R→R* liên tục R thỏa mãn điều kiện:

1

1 ( ) ( 2 ) 

f x f x x xR. Hướng dẫn giải Ta có (1)  f(x)+f(x2+2x) = f(x).f(x2+2x)

 [f(x)-1].[f(x+1)2-1]=1

Thế x x-1 ta [f(x-1)-1].[f(x2-1)-1]=1

Đặt g(x)=f(x-1)-1  g liên tục R; g(x)1 xR g(x) g(x2)=1 xR (2) Từ (2) ta có g(x) 0 xR

Thay x –x  g(-x).g(x2)=1-g(x).g(x2)  g(-x)=g(x) Vậy g hàm chẵn x nên ta cần xét với x>0 R Từ (2) ta có: g(x) = = g(x4) g(x)=g(x1/4) x>0

Lấy a>0 tùy ý, xét dãy (xn) xác định sau: x0=a; xn+1=xn1/4nNLim xn=1

Và có g(xn)=g(xn1/4)=g(xn+1) xN g(xn)=g(xn-1)=…=g(x0)=g(a) Vì g liên tục nên ta có g(x) =Lim g(xn)=g(Lim xn) = g(1)

Thay x=1 vào (2) g2(1)=1  g(1)=1 (vì g1) g(x) =1 a>0 bất kì g(x)=1 xR f(x)=2 xR

Bài 43 Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn:

     2  , ,

     

xf x xy xf x f x f y x y

Hướng dẫn giải

     2  , ,  1

     

xf x xy xf x f x f y x y

Trong (1) lấy x = y = f(0) = Trong (1) lấy y = -1 ta có

   2  1  0 0,  2

      

xf x f x f xf x

Trong (2) lấy x = -1 ta được:

       

 

1

1 1

1

 



     

 

f

f f f

f

+ Nếu f  1 0 từ (2) suy f đồng hàm thỏa mãn toán + Nếu f  1 1 (2) lại lấy x = ta thu f  1 1

Từ (2) trở thành :      

2 , 3

   

f x xf x x

Trong (1) ta cho y = 1:

2     2  1 , 2  2  , 0

      

xf x xf x f x f x f x f x x

Kết hợp (1) (3) ta được:

         ,  , 0  4 f x xy f x f x f y y x

f  1 y  1 f y ,  y Như hàm f hàm số lẻ

Trong (4) thay y -y sử dụng tính lẻ hàm f:

              ,  , 0  5 f x xy f x f x f y f x f x f y y x

Cộng vế theo vế (4) (5) :

      2   2 ,  , 0

f x xy f x xy f x f x y x

Mà f(0) = nên ta có f x xy   f x xy   2f x f 2 ,x x y,  

       ,  ,   f x y f x f y x y Và ta tính biểu thức   

2  f x

theo hai cách:

 

 12   22 1   2  2   1   2  1,  

f x f x x f x f x f xf x f x x

 

 1 2  1  1  1  1 ,   

f x x f x x f x x

Từ hai điều thu được:

 2   1  1  1 ,     , 

xf x f x x f x x f x x x

Thử lại thỏa Kết luận toán là: f x   0, x ; f x   x x, 

Bài 44 Tìm tất hàm số f : \ 0     cho với x y, khác vàxy ta có ( ) ( ) ( )  



 

x f y f x f y f

x y . Hướng dẫn giải

Đặt

1 ( )   

 

g x f

x ta PTH: ( ) ( ) ( )

 

    

 

x g y g x g y g

y (1)

+ Cho y=1: g(1) g x( )g(1) 1g  x Suy

(1)   (1) 1 

   

x x

g g g g

y y (2)

+ Từ (1) (2) suy

(1)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1)

(1)     

   

    

  x

g g

y x

g y g x g y g y g g x g

g y (3), với mọi

, 0; 

x y x y.

+ Trong (3) thay x y x , ta được:

( ) 1  (  ) (1)

 

x

g y g g y x g

y (4).

+ Từ (1), (4) suy g y( ) g x( )g y x g(  ) (1) Từ suy g u v(  )g u( )g v g( ) (1) (5), với , 0;  0

u v u v .

+ Từ (3) suy g xy g( ) (1)g x g y( ) ( ) với x y, 0 (6)

+ Hốn đổi vai trị u,v (5) suy g(1) 1 g x( ) 0 (mâu thuẫn) Do g(1) 1 ta được: g u v(  )g u( )g v g uv( ); ( )g u g v( ) ( ) với u v, 0

Theo kết ta g x( )x Vậy

1 ( )

f x

Bài 45 Tìm tất hàm f :  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) Với cặp a, b nguyên dương không nguyên tố nhau, ta có f (a).f(b) f(ab)

ii) Với a, b nguyên dương tồn tam giác khơng suy biến có độ dài ba cạnh f (a),f (b)và f (a b 1) 

Hướng dẫn giải Từ đk 2, với a, b nguyên dương, ta có

     

     

     

1 ;

1 ;

1 ;

   

   

   

f a f b f a b f a f a b f b f a b f b f a

       

     

             

   

2

2

2: ; 2 a 3; b :

2 2

2 or 2

   

   

     

  

a b f f f f

f f f

f f f f f f f

f f

Nếu f(2)=1 Do2f (2) f(1)  f(1) 1.

Quy nạp chứng minh f(n)=1 với n nguyên dương Cho a n, b : f (n 1) f(n) f(2) 2       f(n 1) 1 

Nếu f (2) 2 , quy nạp chứng minh        

2  2

   k 

k k k

f f f f

Do f(4) f(2) f(3) (2) f  f(3) 3. Quy nạp chứng minh f (n) n với n 2.

Choa n 1, b : f (n) f(n 1) f(2) n 1         f(n) n. Lấy r số nguyên lớn cho 2r khơng vượt q n. Nếu 2r=n theo chứng minh có f(n)=n

Nếu n= 2r+s với 1 s 2r.

       

       

 

1

2 ;

Ta co 2 2 1

2  2  2 1

     

              

            

 

r r

r r r r r

r r r r r

a n s b s

f s s f n f s f s s

f n f f s s s n

f n n f (n) n n 2.   .

Do f (1) 2f(2) 4  nên f(1) 1,

https://www.facebook.com/luyenthiamax/