Bài toán 2.9 (Đề thi chọn HSGQG năm 2016). Tìm tất cả các số thực a để tồn
tại hàm số f : R →R thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i. f(1) = 2016;
ii. f(x+y +f(y)) =f(x) +ay, với mọi x, y ∈ R.
Lời giải. Với a = 0, có thể tìm ra một hàm thảo mãn bài toán là f(x) = 2016.
Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp a 6= 0 là đủ. Thay x = −f(y) vào điều kiện (ii.), ta được
f(y) = f(−f(y)) +ay, ∀y ∈ R.
Từ đó, ta thấy f là hàm đơn ánh.
Tiếp tục, thay y = 0 vào điều kiện (ii.), ta được f(x+f(0)) = f(x), ∀x ∈ R.
Suy ra f(0) = 0. Thay y = −f(x)
a vào điều kiện (ii.) và kết hợp với tính đơn ánh
của f (ở đây chú ý rằng 0 là số duy nhất để f(x) = 0), ta được: −f(x) a + f −f(x) a = −x, ∀x ∈ R. Thay y bởi −f(y)
a vào (ii.) và sử dụng kết quả trên, ta được: f(x−y) =f(x)−f(y), ∀x, y ∈ R.
Từ đây dễ dàng suy ra f cộng tính. Với các tính chất đã biết của hàm cộng tính, ta tính được f(2016) = 2016.f(1) = 20162.
Mặt khác, do f cộng tính nên điều kiện (ii.) cũng có thể viết lại thành
f(y) +f(f(y)) = ay, ∀y ∈ R.
Cho y = 1, ta tính được a = 2016.2017. Thử lại, ta thấy với số a trên thì hàm số
f(x) = 2016x thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho. Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu của đề bài là
a = 0 và a = 2016.2017.
Bài toán 2.10 (Đề thi chọn HSGQG năm 2017). Tìm tất cả các hàm f :R →R
thỏa mãn hệ thức:
với mọi số thực x, y.
Lời giải. Thay x = 1 vào (2.38), ta được:
f(f(y)−f(1)) = y+ 2f(1), ∀y ∈ R. (2.39) Từ đây có thể thấy hàm f là song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất số thực a để
f(a) = 0. Thay x = a vào phương trình (2.38), ta được:
f(af(y)) = ay, ∀y ∈ R. (2.40) Trong (2.40), cho y = 0, ta được f(af(0)) = 0 = f(a).
Từ đó, do f là đơn ánh nên af(0) = a. Suy ra a = 0 hoặc f(0) = 1. Xét trường hợp a = 0, tức f(0) = 0. Thay y = 0 vào (2.38), ta được
f(−f(x)) = 2f(x).
Do f toàn ánh nên ta có f(x) =−2x, với mọi x ∈ R. Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn phương trình (2.38).
Do đó a 6= 0, suy ra f(0) = 1.
Thay x = 0 vào (2.38), ta được f(−1) = 2.
Thay y = a vào (2.40), ta được a2 = f(0) = 1, suy ra a = 1 (do f(−1) = 2), tức f(1) = 0.
Do f(1) = 0 nên phương trình (2.39) có thể viết lại dưới dạng
f(f(y)) = y, ∀y ∈ R.. (2.41) Thay y bởi f(y) vào (2.38) và sử dụng (2.41), ta được
f(xy −f(x)) = 2f(x) +xf(y), ∀x, y ∈ R.
Trong phương trình này ta xét x 6= 0 và thay y = f(x)
x , ta được: 1 = 2f(x) +xf f(x) x , Suy ra f f(x) x = 1−2f(x) x , ∀x 6= 0. Thay y = f(x)
x vào (2.38) và sử dụng kết quả trên với x 6= 0 thì 1− 3f(x)
có thể nhận mọi giá trị thực khác −2. Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được
f(x) =−x+ 1 với mọi x 6= −2. Ta có: f(3) = −2. Thay y = 3 vào (2.41), ta được f(−2) = 3.
Vậy f(x) = −x + 1, với mọi x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.
Bài toán 2.11 (Đề thi chọn đội tuyển tham dự Olympic Toán Quốc tế năm 2004).
Tìm tất cả các giá trị của a, sao cho tồn tại duy nhất một hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện:
f(x2 +y +f(y) = (f(x))2 +ay, ∀x, y ∈ R. (2.42)
Lời giải. Nhận thấy nếu a = 0 thì có hai hàm số thỏa mãn là f(x) ≡ 0 và
f(x) ≡ 1. Do đó, ta xét trường hợp a 6= 0. Hàm f là toàn ánh.
Thật vậy do vế phải là hàm số bậc nhất của y nên có tập giá trị là R, khi đó tồn tại b∈ R sao cho f(b) = 0. f(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0.
Thay y = b vào (2.42), ta có
f(x2 +b) = (f(x))2 +ab. (2.43) Từ phương trình trên ta thấy f(x2 + b) = (f(−x))2 + ab. Do đó, ta được
(f(x))2 = (f(−x))2 hay |f (x)| = |f (−x)|,∀x ∈ R. Từ điều này ta thu được
f(−b) = 0.
Lại thay y = −b vào (2.42) ta được
f(x2 −b) = (f(x))2 −ab. (2.44) Từ (2.43) và (2.44), ta thu được
f(x2 +b)−f(x2 −b) = 2ab, ∀x ∈ R. (2.45) Thay x = 0 vào đẳng thức trên ta được
2ab = f(b)−f(−b) = 0, suy ra b = 0.
Vậy f(x) = 0 ⇔x = 0 a = 2. Trong (2.42) cho y = 0 thì
f(x2) = (x)2,∀x ∈ R.
Từ đây cho x = 1 ta được f(1) = (f(1))2, suy ra f(1) = 1 (Vì f(1) 6= 0). Mặt khác thay y = 1 vào (2.42), ta có:
f(x2 + 2) = (f(x))2 + a = f(x2) +a.
Thay x = 0 vào đẳng thức trên thì a = f(2). Do vậy
a2 = (f(2)2 = f(22) = f(4)−f((√
Vậy a = 2 vì a 6= 0 Bây giờ ta giải phương trình hàm f(x2 +y +f(y) = (f(x))2 + 2y, ∀x, y ∈ R. (2.46) Thay y = −(f(x)) 2 2 vào (2.45), ta có: f x2 − (f (x)) 2 2 ! +f −(f (x)) 2 2 ! = 0, ∀x ∈ R.
Vì tính chất của f là f(x) = 0 khi và chỉ x = 0 nên
f −(f (x)) 2 2 = −x2 + (f (x)) 2 2 , ∀x ∈ R.
Từ (2.45) và kết quả trên, ta được
f(x2)−f(y2)) = (f(x))2 −(f(y))2 = f(x2)−f(y2), ∀x, y ∈ R.
Từ đẳng thức này cho x = 0 thì f(−y2) =−f(y2) hay f là hàm số lẻ. Do đó:
f(x+ y) =f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R.
Áp dụng (f(x)2 = f(x2) ta được (f(x+y))2 = f((x+y)2), khai triển và sử dụng tính cộng tính ta được f(xy) = f(x).f(y), ∀x, y ∈ R.
Hàm f vừa là hàm cộng tính, vừa là hàm nhân tính nên f(x) =x. Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn đề bài.
Bài toán 2.12. Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện
f (x+y +f (y)) = f (f (x)) + 2y, ∀x, y ∈ R. (2.47)
Lời giải. Chứng minh f là đơn ánh.
Thật vậy, với mọi x, y thỏa mãn f (x) =f (y) ta có
(
f (x+ y+ f (y)) = f (f (x)) + 2y f (x+ y+ f (x)) = f (f (y)) + 2x
suy ra x = y.
Chọn y = 0 ta được f (x+f (0)) = f (f (x)), từ tính đơn ánh của hàm số suy ra
f (x) = x+ f (0).
Vậy f (x) = x+ c, ∀x ∈ R với c là hằng số. Thử lại, thay vào điều kiện bài toán ta được
x+y +f (y) +c = f (x) +c+ 2y
Bài toán 2.13. Kí hiệu N∗ là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm
f : N∗ →N∗ thoả mãn đẳng thức:
f f2(m) + 2f2(n) = m2 + 2n2, với mọi m, n ∈ N∗. (2.48)
Lời giải. Nếu m1, m2 ∈ N∗ sao cho f(m1) =f(m2). Từ
f f2(m1) + 2f2(n) = f f2(m2) + 2f2(n),
suy ra m21 + 2n2 = m22 + 2n2, do đó m1 = m2, hay f là đơn ánh. Từ giả thiết có
f(m)2 + 2f(n)2 = f(p)2 + 2f(q)2 ⇔m2 + 2n2 = p2 + 2q2. (2.49) Dễ thấy với mọi n∈ N∗, n ≥ 3 ta có:
(n+ 2)2 + 2(n−1)2 = (n−2)2 + 2(n+ 1)2. (2.50) (chú ý điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số).
Đặt f(1) = a cho m = n = 1 được f(3a2) = 3. Từ (2.49) suy ra:
f(5a2)2 + 2f(a2)2 = f(3a2)2 + 2f(3a2)2 = 3f(3a2)2 = 27.
Vì phương trìnhx2+ 2y2 = 27 chỉ có nghiệm nguyên dương là(x, y) = (3, 3)hoặc
(5, 1). Mà do f đơn ánh nên ta có f(a2) = 1, f(5a2) = 5.
Cũng từ (2.49) ta có
2f(4a2)2 −2f(2a2)2 = f(5a2)2 −f(a2)2 = 24.
Vì phương trình x2 −y2 = 12 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x, y) = (4, 2) nên
f(4a2) = 4, f(2a2) = 2.
Sử dụng khai triển (2.50) kết hợp với (2.49) ta có
f (k + 4)a22 = 2f (k + 3)a22 −f (k + 1)a22 +f(ka2)2.
Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f(ka2) = k, với mọi k là số nguyên dương.
Do đó f(a3) = a = f(1), mà f đơn ánh nên a3 = 1⇒ a = 1.
Vậy f(n) = n với mọi n nguyên dương. Thử lại thoả mãn bài toán.
Bài toán 2.14. Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện
Lời giải. Giả sử f(x) là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Ta có các kết quả sau đây về hàm số này:
1) Hàm số f(x) là một đơn ánh.
Thật vậy, giả sử a, b và c là các số thực thỏa mãn f(a) = f(b) = c.
Cho y = a sau đó y = b ta thu được
f a +f(x)= f b+f(x)
với mỗi số thực x.
Cho x = a sau đó x = b ta thu được
a−b = f a+c+f(y)−f b+c+f(y)
với mỗi số thực y.
Cũng từ đầu bài ta thấy có số thực d để c+f(d) thuộc tập ảnh của f.
Từ đó ta có a = b.
2) f f(y) = y với mỗi số thực y.
Thật vậy, cho x = f f(y)−f(y) trong giả thiết ta có ngay điều cần chứng minh. 3) f(x) =x với mỗi số thực x.
Thật vậy, chọn y = 0 và sau đó thay x bởi f(x), và kết hợp với 2) ta có điều phải chứng minh.
Thử lại ta thấy f(x) = x thỏa mãn.
Vậy f(x) =x, ∀x ∈ R là hàm số duy nhất thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.
Bài toán 2.15. Tìm các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f x2 + 2f(y)= y 2 + 2 f(x) 2 , ∀x, y ∈ R. (2.52) Lời giải. Đặt g(x) = 2f(x), ta có: g x2 +g(y) = y + g(x)2. (2.53) Giả sử g(x) =g(y) suy ra g x2 +g(y)= g x2 +g(y) ⇔y +g2(x) =x+g2(x) ⇔x = y. Do đó, g là đơn ánh. Hơn nữa cho x = 0 ta có
g g(y) = y +g2(0). (2.54) suy ra tập giá trị của g là R
Suy ra tồn tại a sao cho g(a) = 0.
Thay y = x = a vào (2.53) ta có g(a2) =a, suy ra g g(a)= 0. Kết hợp với (2.54) ta được a2 +g2(0) = 0, suy ra a = 0.
Thay y = 0 vào (2.53) ta được
g(x2) = g2(x). (2.55) Suy ra g(x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Trong (2.55) cho x = 1 ta suy ra g(1) = 1.
Với mọi x ≥ 0, y ∈ R ta có:
g(x+y) =g (√
x)2 +g g(y) = g(x) + g(√
x)2
Với mọi x thuộc R.thì trong hai số xvà −xcó một số không âm, chẳng hạn x ≥ 0,
khi đó
0 = g(0) = g x+ (−x) = g(x) +g(−x) ⇔ g(−x) =−g(x).
Do đó với x < 0, y ∈ R ta có
g(x+y) = −g (−x) + (−y) = −g(−x)−g(−y) =g(x) + g(y).
Vậy g(x+y) =g(x) +g(y), ∀x, y ∈ R.
Hơn nữa với x > y thì g(x) = g(x−y) +g(y) > g(y) nên g là hàm tăng thực sự. Vì g cộng tính trên Q và g(1) = 1 nên ta có g(x) =x, ∀x ∈ Q.
Giả sử tồn tại x0 ∈ R\Q sao cho g(x0) 6= x0. Ta xét hai trường hợp sau:
TH1: g(x0) > x0, khi đó tồn tại số hữu tỉ r ∈ (x0; g(x0)).
Ta có x0 < r < g(x0) ⇒ g(x0) < g(r) =r vô lý.
TH2: g(x0) < x0, chứng minh như trên ta cũng suy ra điều vô lý. Do đó g(x) = x, ∀x ∈ R.
Vậy f(x) = x
2 là hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.16 (IMO 2015). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều
kiện
f (x+f (x+y)) +f (xy) = x+f (x+y) +y.f (x),∀x, y ∈ R. (2.56)
Lời giải. Thay x = 0 vào (2.56) ta được
f (f (y)) +f (0) = f (y) + y.f (0),∀y ∈ R. (2.57) Nếu f (0) 6= 0 thì từ (2.57) ta dễ dàng suy ra f đơn ánh. Từ đó, bằng cách cho
Tiếp tục bằng cách thay y = 1 vào (2.56) ta có
f (x+f (x+ 1)) = x+f (x+ 1),∀x ∈ R. (2.58) Trong (2.57) ta thay y bởi x+f (x+ 1) và sử dụng (2.58) có
x+f (x+ 1) = 1
từ đó suy ra
f (x) = 2−x, ∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy đó là một nghiệm của phương trình đã cho.
Tiếp theo ta xét trường hợp f (0) = 0. Trong (2.56) ta thay y bởi y−x thì thu được
f (x+f (y)) +f xy −x2= x+ f (y) + (y −x).f (x), ∀x, y ∈ R. (2.59) Thay y = x vào (2.59) ta được
f (x+f (x)) =x+f (x), ∀x ∈ R. (2.60) Thay y = 0 vào (2.60) ta có
f (x) +f −x2 = x−x.f (x), ∀x ∈ R. (2.61) Trong (2.61) ta cho x = −1 thì tính được f (1) = −1. Tiếp tục cho x = 1 vào (2.61) ta tính được f (1) = 1. Thay x = 1 vào (2.61), ta có
f (1 +f (y)) +f (y −1) = f (y) +y, ∀y ∈ R. (2.62) Trong (2.62) ta thay y bởi y + f (y) và sử dụng các kết quả (2.58),(2.60) (chú ý rằng (2.58) cũng đúng trong trường hợp f (0) = 0), ta thu được
f (y + 1 +f (y)) = 2y + 2.f (y)−f (y −1 +f (y))
= 2y+ 2.f (y)−(y −1 +f (y)) =y + 1 +f (y), ∀y ∈ R (2.63) Bây giờ, trong (2.59) ta thay x bởi x+ 1 và thay y = x thì có
f (x+ 1 +f (x)) +f (−x−1) = x+ 1 +f (x)−f (x+ 1), ∀x ∈ R. (2.64) Kết hợp (2.63) và (2.64), ta suy ra f là hàm lẻ. Từ đó, đẳng thức (2.61) có thể được viết lại thành
Trong (2.65) ta thay x bởi −x và sử dụng tính lẻ của hàm số f thì cũng có
−f (x)−f x2= −x−x.f (x), ∀x ∈ R. (2.66) Trừ từng vế hai đẳng thức (2.65) và (2.66) ta thu được ngay
f (x) =x, ∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy thỏa.
Vậy bài toán có hai đáp số là f (x) = x và f (x) = 2−x.