Ta phải chứng minh mọi hàm số khác fx sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử còn hàm số gx khác fx thỏa mãn ñiều kiện bài toán... Nhận xét: Nếu ta chỉ dự đốn fx cĩ dạng nà[r]
(1)CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh Nguyên tắc chung: +) Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng f(x), thường là f(x) = ax + b f(x) = ax2+ bx + c +) ðồng hệ số ñể tìm f(x) +) Chứng minh hệ số khác f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán 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) và 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 là f ( x ) = x và 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 bài toán 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 ñó ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x Thay lại (a) ta ñược: Lop12.net http://kinhhoa.violet.vn (2) 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 và 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 là bậc nhất: x, – x vế phải là bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ a = 3a = ðồng các 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 ñiều kiện bài toán Ta phải chứng minh hàm số khác f(x) không thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán 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 này ta ñược: g ( x0 ) = ( x0 + x0 − 1) = f ( x0 ) ðiều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Vậy phương trình có nghiệm là f ( x) = ( x + x − 1) Lop12.net (3) Nhận xét: Nếu ta dự đốn f(x) cĩ dạng nào đĩ thì phải chứng minh các hàm số tìm ñược Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ Hãy tìm hai hàm số Lời giải: Ta viết phương trình ñã cho dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải phương trình là hàm số tuyến tính vì ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b Khi ñó (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 trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh dành cho người ñọc) Ví dụ 6: Hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn ñồng thời các 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 và lý luận các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành: a n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ a = a = a = −1 ⇔ ∨ ðồng các hệ số, ta ñược: b = b = ab + b = a = Với ta ñược f(n) = n Trường hợp này loại vì 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 này thỏa mãn ñiều kiện bài toán Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thỏa mãn ñiều kiện bài toán Từ (3) suy f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ Lop12.net (4) 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 là 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 là 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 là nghiệm Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007) BÀI TẬP Bài 1: Tìm tất các 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 đáp 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) đáp số: 2006 Bài 3: Tìm tất các hàm f : ℕ → ℕ cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ đáp số: f(n) = n + x −1 1− x Bài 4: Tìm các hàm f : ℝ → ℝ nếu: f , ∀x ∉ 0, − ,1, −5f = 3x + x − x −1 đáp số: f ( x) = 28 x + 5x Bài 5: Tìm tất các ña thức P(x) ∈ ℝ [ x] cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x , y ∈ ℝ đáp 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) Lop12.net (5) 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 ñó ñảm bảo tính chất: “Khi x∈Dx t chạy khắp các giá trị t thì x = t chạy khắp tập xác ñịnh f” 3x − + Trong ví dụ 1, f: R → R thì có vô 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 − thì x + x − = Vậ y f ( x ) = 1 ⇒ f (t ) = thỏa mãn (2) t t là 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 = 3x − 2t + t+4 2 ⇒ MGT t = R \ ;3 ⇒ x = vào (4) ta ñược: f (t ) = x ≠1 x+2 3−t 3t − 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 Lop12.net (6) 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 ñúng 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: Lop12.net (7) 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 ñúng 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 ñúng Ta có hệ ⇒ f ( x) = x x − + = x f x f x ( ) ( ) ( ) 2 x f x + f x = ( ) ( 3) Lop12.net (8) 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 là số cho = b bx + a x + b trước và ab ≠ ) 3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 2002 x − f ( ) ) = 2002 x ∀x ∈ R f = ∀x ∈ R \ { 0;1} 2x − x 4) Tìm f : R \ { } → R thỏa mãn: f ( 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 Lop12.net (9) 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 dòng 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 và 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 Lop12.net (* ) ' (10) 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 ñúng Nhận xét: +) Nếu dãy {xn} tuần hoàn thì ta giải theo phương pháp quy hệ pt hàm +) Nếu dãy {xn} không tuần hoàn f liên tục xo = và {xn} → thì sử dụng giới hạn VD1 + Nếu {xn} không tuần hoàn, không có giới hạn thì phải ñổi biến ñể có dãy {tn} có giới hạn và 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 là phương pháp sở phương pháp khác +) Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết vừa có ñược ( 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 ñúng 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 Lop12.net ( 2) (11) Cho x = z , y = ta ñược: f ( x ) − ( f ( x ) ) 1 ≥ ⇔ f ( x ) − ≤ ⇔ f ( x ) = Thử lại thấy 2 ñúng 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 ñúng 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 ) vì f ( a ) , f ( b )∈ [ a ; b ] nên f ( a ) − f ( b ) ≤ a − b = b − a ( b ) 11 Lop12.net (a) (b) thấy ñúng Ví dụ 5: Tìm f : ∀x ∈ R f ( −x) (5) (12) 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 ] trên ta ñược: f ( x ) = a + b − x Thử lại thấy ñúng Nhận xét: +) Từ VD1 → VD5 là các BPT hàm Cách giải nói chung là tìm các giá trị ñặc biệt – có thể tính ñược trước Sau ñó tạo các BðT “ngược nhau” hàm số cần tìm ñể ñưa kết luận hàm số +) Việc chọn các trường hợp biến phải có tính “kế thừa” Tức là cái chọn sau phải dựa vào cái chọn trước nó và thử các khả có thể sử dụng kết vừa có ñược 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 Lop12.net (c) (13) 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 là 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 là nghiệm (7) Nếu f ( ) = thì 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 trên 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 Lop12.net (14) ( 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 là 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 ñến 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 Lop12.net (15) 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 mn 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 ñúng 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 ) = f = Thế vào (*) ta ñược: − 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 Lop12.net ( 2) (16) Lời giải: Cho: x = y = ⇒ f ( f (1) ) = f (1) f ( f (1) ) ⇒ f (1) = vì f ( f (1) ) ≠ ⇒ f ( f (1) ) = 1 f f (1) y a x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f ( ) = y f ( y ) f ( f (1) ) = y f ( y ) ⇔ f ( y ) = y y Mặt 1 f y khác: f ( f ( y ) ) = f = y f ( y ) f f = y f ( y ) f ( y f ( y ) ) = y f ( y ) y y = y f ( y) Vì f ( f ( y ) ) ≠ nên y f ( y ) ( a ) + (b) ⇒ f ( y ) = f ( y) f y 1 f f ( f ( y )) y y 1 f = ⇔ f ( y) y y 1 f = (b) y ∀y ∈( 0; + ∞ ) Thử lại thấy ñúng y Ví dụ 13: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 0) = ( a ) ∃ a ∈ R : f ( a − y ) f ( x ) + f ( a − x ) f ( y ) = f ( x + y ) ∀x, y ∈ R ( b ) Lời giải: Cho x = y = 0, ( b ) ⇒ f ( a ) = Cho y = 0; x ∈ R ta ñược: f ( x ) = f ( x ) f ( a ) + f ( ) f ( a − x ) ⇒ f ( x ) = f ( a − x ) ( c ) Cho y = a − x ; x ∈ R ta ñược: f ( a ) = ( f ( x ) ) + ( f ( a − x ) ) ( c ) + ( d ) ⇒ ( f ( x )) 2 (d ) f ( x) = = ⇔ f ( x) = − Nếu ∃ xo ∈ R cho: f ( xo ) = − thì: 2 (b) x (c) x x x x − = f ( xo ) = f o + o = f o f a − o = f o ≥ ⇒ Vô lí 2 2 2 Vậy f ( x ) = ∀x ∈ R Thử lại thấy ñúng 16 Lop12.net (17) Ví dụ 14: (VMO.1995) Tìm f : R → R thỏa mãn: f (( x − y ) ) = x 2 − y f ( x ) + ( f ( y ) ) ∀x, y ∈ R (14 ) Lời giải: f ( 0) = Cho x = y = ⇒ f ( ) = ( f ( ) ) ⇔ f ( ) = y = Nếu f ( ) = : Cho ta ñược: f ( x ) = x ⇒ f ( t ) = t ∀t ≥ x ∈ R Cho x = y ∈ R ta ñược: 2 f ( 0) = x2 − x f ( x ) + ( f ( x ) ) ⇔ ( f ( x ) − x ) = ⇔ f ( x ) = x Thử lại thấy ñúng y = ta ñược: f ( x ) = x + ⇔ f ( t ) = t + ∀t ≥ Nếu f ( ) = 1: Cho x ∈ R 2 Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y ) = −2 y + ( f ( y ) ) ⇒ ( f ( y ) ) = f ( y ) + y f ( y) = y +1 = y + + y = ( y + 1) ⇒ f ( y ) = − y − Giả sử ∃ yo ∈ R cho: f ( yo ) = − yo − Chọn x = y = yo ta ñược: f ( yo ) = yo − = yo2 − yo f ( yo ) + ( f ( yo ) ) ⇔ f ( yo ) = yo + Nếu f ( yo ) = yo − ⇒ − yo − = yo − ⇒ yo = vµ f ( ) = −1 (lo¹i) Nếu f ( yo ) = yo + ⇒ − yo − = yo + ⇒ yo = −1 ⇒ f ( −1) = Thỏa mãn: f ( yo ) = yo + Vậy f ( y ) = y + ∀y ∈ R Thử lại thấy ñúng Ví dụ 15: (VMO.2005) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy ∀x, y ∈ R (15 ) Lời giải: Cho x = y = ⇒ f ( f ( ) ) = ( f ( ) ) ðặt f ( ) = a ⇒ f ( a ) = a 2 Cho x = y ∈ R ⇒ ( f ( x ) ) = x + f ( a ) ⇒ ( f ( x ) ) = x + a (*) f ( x) = f (−x) 2 ⇒ ( f ( x )) = ( f ( − x )) ⇒ f ( x ) = − f ( − x ) Nếu ∃ xo ∈ R* cho f ( xo ) = f ( − xo ) : + Chọn x = 0; y = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( − xo ) − a + f ( − xo ) ( a ) 17 Lop12.net (18) + Chọn y = 0; x = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( xo ) + a − f ( xo ) ( b ) ( a ) + ( b ) ⇒ a ( f ( xo ) − f ( − xo ) ) − ( f ( xo ) + f ( − xo ) ) + 2a = ( c ) (*) Vì f ( xo ) = f ( − xo ) nên f ( xo ) = a ⇒ ( f ( xo ) ) = x02 + a ⇒ a = x02 + a ⇒ xo = trái với giả thiết xo ∈ R* Vậy f ( x ) = − f ( − x ) ∀x ∈ R Ta thấy (c) không phụ thuộc vào xo nên ta có: a ( f ( x ) − f ( − x ) ) − ( f ( x ) + f ( − x ) ) + 2a = ( c ) Thay f ( x ) = − f ( − x ) suy ra: a = a ( f ( x ) + 1) = ⇔ f ( x ) = −1 (*) f ( x) = x + Nế u a = ⇒ ( f ( x ) ) = x ⇔ f ( x ) = − x Giả sử tồn xo ∈ R* ñể f ( xo ) = xo Khi ñó (b) suy ra: xo = f ( xo ) = a xo + a − xo ⇒ xo = trái giả thiết xo ∈ R* Vậy f ( x ) = − x ∀x ∈ R Thử lại thấy ñúng + Nếu f ( x ) = −1 ∀x ∈ R Thử lại ta ñược (15 ) ⇔ xy = ∀x, y ∈ R Vô lí Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = − x Nhận xét: Có suy luận hay nhầm lẫn ñược sử dụng các VD: f ( x) = f ( y ) = y +1 2 2 VD13 ( f ( x ) ) = ⇔ ; VD14 ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔ ; = − − f y y ( ) f ( x) = − 2 f ( x) = x VD15 ( f ( x ) ) = x ⇔ , ñó là hiểu sai: f ( x ) = − x ( f ( x )) 2 f ( x) = ∀x ∈ R ; = ⇔ f ( x ) = − ∀x ∈ R ( f ( y ) ) = ( y + 1) ( f ( x )) 2 f ( y ) = y + ∀x ∈ R ; ⇔ f ( y ) = − y − ∀x ∈ R f ( x ) = x ∀x ∈ R = x2 ⇔ f ( x ) = − x ∀x ∈ R 18 Lop12.net (19) Thực tế thường là mặt logic thì không ñúng ( f ( x ) ) = 1 ( x ≥ ) Như là hàm khác f ( x ) = − ( x < ) ( f ( x )) thì f ( x ) có thể f ( x) = = ⇔ f ( x) = − ñúng với x cụ thể không thể kết luận có hai hàm số f ( x ) = f ( x) = − ∀x ∈ R ∀x ∈ R ðể giải vấn ñề này ta thường “thử” f ( x ) = 1 ∀x ∈ R f ( x ) = − ∀x ∈ R vào ñề 2 bài ñể tìm hàm số không thỏa mãn (trong VD13 thì f ( x ) = luận phủ ñịnh là ∃ xo : f ( xo ) = − không thỏa mãn) sau ñó lập ñể dẫn ñến vô lí! Ví dụ 16: Tìm f : (0,1) → ℝ thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Lời giải: Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) Thay x, y, z x2: f(x6) = x2 f(x2) Mặt khác: f(x6) = f(x x2 x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) ⇒ x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) ⇔ x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) ⇒ f ( x2 ) = 3x3 + f ( x), ∀x ∈ ℝ Thay x x3 ta ñược : x9 + f ( x ), ∀x ∈ ℝ 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ℝ ⇒ 3x f ( x ) = 3x3 + 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ℝ f ( x) = ⇒ 3x 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ f ( x6 ) = Vậy f(x) = với x ∈(0; 1) BÀI TẬP 1) Tìm f : N → R thỏa mãn: f ( ) ≠ 0; f (1) = ; f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + f ( x − y ) ∀x, y ∈ N , x ≥ y 2) Tìm f : N → R thỏa mãn: f ( m + n ) + f ( n − m ) = f ( 3n ) ∀m, n ∈ N , n ≥ m 19 Lop12.net (20) 3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) ) = y f ( x ) x, y ∈ R 4) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( ( x + 1) f ( y ) ) = y ( f ( x ) + 1) x, y ∈ R 5) Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn: f ( x ) = Max x y + y x − f ( y ) ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) y∈( 0; +∞ ) 6) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( xy ) − f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + x + ∀x, y ∈ R f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) ∀x, y ∈ [ 1; + ∞ ) 7) Tìm f : [ 1; + ∞ ) → [ 1; + ∞ ) thỏa mãn: f ( f ( x ) ) = x 8) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) + ∀x, y ∈ R 9) Tìm f : R → R thỏa mãn: ( f ( x ) + f ( z ) ) ( f ( y ) + f ( t ) ) = f ( xy − zt ) + f ( xt + zy ) ∀x, y, z , t ∈ R 10) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x − y ) = x f ( y ) − y f ( x ) ∀x, y ∈ R 11) Tìm f : N → [ 0; + ∞ ) thỏa mãn: f (1) = 1; f ( m + n ) + f ( m − n ) = ( f ( 2m ) + f ( 2n ) ) ∀m, n ∈ N , m ≥ n x + y f ( x) + f ( y) 12) Tìm f : Z → R thỏa mãn: f ∀x, y ∈ Z ; ( x + y )⋮ = 13) Tìm f : N → N thỏa mãn: f ( n ) − f ( f ( n ) ) = n ∀n ∈ N 14) Tìm f : Z → Z thỏa mãn: f (1) = a ∈ Z ; f ( m + n ) + f ( m − n ) = ( f ( m ) + f ( n ) ) ∀m, n ∈ Z 15) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x + y ) = f ( x + y ) + f ( x + y ) + ∀x, y ∈ R 16) Tìm f : R → R thỏa mãn: x f ( x ) + f (1 − x ) = x − x ∀x ∈ R Phương pháp 4: Sử dụng tính chất nghiệm ña thức Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn ñẳng thức: ( x3 + x + x + 2) P( x − 1) = ( x − x + x − 2) P( x), ∀x (1) Lời giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn: x = −2 ⇒ P ( −2) = x = −1 ⇒ P(−1) = x = ⇒ P(0) = x = ⇒ P(1) = Vậy: P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) 20 Lop12.net (21)