Bài toán 2.32 (IMO shortlist, 2007). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa
mãn điều kiện
f(x+f(y)) = f(x+y) + f(y), ∀x, y >0.
Nhận xét. Đôi khi, trong quá trình xử lí các bài toán phương trình hàm, ta có
thể thêm một vài biến phụ vào để phép thế trở nên linh hoạt hơn, từ đó phát hiện được nhiều tính chất thú vị của hàm giúp ích cho việc giải toán.
Lời giải. Thay y bởi y +f(z) vào phương trình đã cho rồi khai triển hai vế, ta
được: f (x+f (y+ f (z))) = f (x+y +f (z)) +f (y +f (z)) =f (x+y +z) +f (y +z) + 2f (z). Mặt khác ta lại có f (x+f (y +f (z))) =f (x+f (y +z) +f (z)) =f (x+z+ f (y +z)) +f (z) =f (x+y + 2z) +f (y +z) +f (z).
Đối chiếu hai phép khai triển trên, ta được
f(x+y + 2z) =f(x+y +z) +f(z)), ∀x, y, z > 0.
Một cách tương đương, ta có:
f(x+ y) =f(x) +f(y), ∀x > y > 0.
Từ đây với mọi x, , y > 0 và z > x+ y, ta đều có:
f(z+ x+ y) =f(z) +f(x+y), và f(z +x+y) =f((z +x) +y) = f(z+x) + f(y) = f(z) +f(x) +f(y). Do đó, f(x+y) =f(x) +f(y), ∀x, y > 0
Như thế f là hàm cộng tính từ R+ vào R+. Suy ra f(x) =kx (k là hằng số dương nào đó) với mọi x > 0. Thay trở lại phương trình đã cho, ta được:
k(x+ky) = k(x+y) + ky, ∀x, y > 0
hay
k(k −2)y = 0, ∀y > 0.
Do đó k = 2. Vậy có duy nhất một hàm số thảo mãn yêu cầu là f(x) = 2x.
Bài toán 2.33 (IMO shortlist, 2011). Tìm tất cả các hàm số f, g : R+ →R+ thỏa mãn điều kiện
g(f(x+y)) = f(x) + (2x+ y)g(y), ∀x, y ∈ R.
Lời giải. Đặt f(0) = b và g(0) = a.
Từ phương trình đã cho, dễ thấy:
g(f(x)) =f(x) + 2ax, ∀x ∈ R và g(f(y)) = b+yg(y), ∀y ∈ R.
Từ đó suy ra f(x) = xg(x) +b−2ax, ∀x ∈ R.
Bây giờ, thay x bởi x+z vào phương trình hàm đã cho. ta được
g(f (x+ y+z)) = f (x+z) + (2x+y +z)g(y)
= (x+z)g(x+z) +b−2a(x+z) + (2x+ 2z+ y)g(y).
Thay y bởi y +z vào phương trình hàm đã cho. ta cũng có
g(f (x+ y+ z)) = f (x) + (2x+y +z)g(y+ z) = xg(x) +b−2ax+ (2x+y +z)g(y +z).
Đối chiếu hai kết quả trên ta được:
xg(x) +b−2ax+ (2x+ y+ z)g(y+ z)
= (x+z)g(x+z) +b−2a(x+z) + (2x+ 2z +y)g(y).
Trong phương trình này chọn x = y và rút gọn thành
xg(x+z) = (x+z)g(x)−az, ∀x, z ∈ R.
Trong phương trình này thay x = 1 và z = x−1, ta được
trong đó k = g(1)−a. Suy ra f(x) = xg(x) +b− 2ax = kx2 −ax + b với mọi
x ∈ R.
Thay trở lại phương trình đã cho, ta được
k[k(x+y)2 −a(x+y) +b] +a
= kx2 −ax+b+ (2x+y)(ky+ b), ∀x, y ∈ R
So sánh hệ số của x2 ở hai vế, ta được k2 = k. Suy ra k = 0 hoặc k = 1
* Với k = 0, ta có a = −ax+ b+ (2x+ y)b với mọi x, y ∈ R. So sánh hệ số của
y ở hai vế. Ta được b = 0. Từ đó, so sánh hệ số của x ở hai vế, ta cũng có a = 0. Vậy trong trường hợp này, ta có f(x) ≥ 0.
Vì vậy trường hợp này, ta có f(x) ≡ 0 và g(x) ≡ 0. Thử lại thõa mãn. * Với k = 1, ta có: (x+ y)2 −a(x+ y) +b+ a = x2 −ax+b+ (2x+ y)(y +b), ∀x, y ∈ R, hay −ay+ a = 2xb+yb, ∀x, y ∈ R.
So sánh hệ số của x ở hai vế, ta được b = 0. Từ đó, so sánh hệ số của y ở hai vế, ta được, a = 0. Vậy trong trường hợp này, ta có f(x) = x2 và g(x) = x. Thử lại thõa mãn
Chương 3. PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI HÀM HỢP MỘT BIẾN
Trong chương này, tác giả sử dụng các tài liệu tham khảo [2], [3], [4], [7] và [9].
3.1 Phương pháp sử dụng tính chất đặc thù của hàm số
Trong phần này ta sử dụng các tính chất đặc thù của hàm số như đơn ánh, song ánh, toàn ánh, tính chẵn lẻ, tính đơn điệu, tính bị chặn, tính tuần hoàn, phản tuần hoàn, . . .
Ta nhắc lại một số kiến thức cần dùng trong phần này:
• f (x) đơn ánh trên tập D ⊂ R⇔ ∀x1, x2 ∈ D, có f (x1) = f (x2) ⇔x1 = x2. • f (x) toàn ánh ⇔ ∀y ∈ R,∃x để y = f (x).
• f (x) vừa toàn ánh, vừa đơn ánh thì được gọi là song ánh. • f (x) là hàm chẵn trên (a;b) ⇔ ∀x ∈ (a;b) : ( −x∈ (a;b) f (−x) = f (x) • f (x) là hàm lẻ trên (a;b) ⇔ ∀x∈ (a;b) ( −x ∈ (a;b) : f (−x) = −f (x)
• f (x) đồng biến (tăng) trên D ⊂ R ⇔ ∀x1, x2 ∈ D có f (x1) < f (x2) ⇔
x1 < x2.
• f (x) nghịch biến (giảm) trên D ⊂ R ⇔ ∀x1, x2 ∈ D có f (x1) < f (x2) ⇔
• f (x) bị chặn trên D ⊂R ⇔ ∃M > 0 để |f (x)| < M,∀x ∈ D.
• Hàm số f (x) xác định trên (a;b) được gọi là hàm tuần hoàn, nếu tồn tại t
sao cho ∀x ∈ (a;b), f(x+ t) = f (x). Số t > 0 bé nhất thỏa mãn điều kiện đó được gọi là chu kì của hàm số
Bài toán 3.1. Tìm tất cả các hàm số f : R →R liên tục và thỏa mãn điều kiện
f3(x) +f(x) = 2x, ∀x ∈ R, (3.1) trong đó f3(x) =f (f (f(x))). Lời giải. Ta chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử f (x1) = f (x2), suy ra f3(x1) = f3(x2), dẫn đến 2x1 = 2x2, suy ra x1 = x2
Mặt khác hàm số liên tục trên R nên hàm số đơn điệu trên R. Nhẩm nghiệm
f(x) =x.
• Nếu hàm f là đồng biến
Khi f(x) > x, suy ra f3(x) > x, dẫn đến f3(x) +f(x) > 2x (vô lý). Khi f(x) < x, suy ra f3(x) < x, dẫn đến f3(x) +f(x) < 2x (vô lý). • Nếu hàm f là nghịch biến (tương tự).
Thử lại ta có f(x) =x là nghiệm.
Nhận xét 3.7. Bài toán trên là minh họa cho ý tưởng: Hàm số đơn ánh và liên
tục trên R thì nó đơn điệu trên R, khi đó ta có thể dự đoán nghiệm của nó. Tiếp theo ta dùng tính đơn điệu để chứng minh tính duy nhất của nghiệm
Bài toán 3.2. Xác định hàm số f : R →R liên tục trên tập R và thoả mãn điều
kiện
f(f(x)) = f(x) + 6x, ∀x ∈ R. (3.2)
Lời giải. Giả sử f : R →R là một nghiệm hàm.
Dễ thấy f là đơn ánh trên tập R.
Thật vậy: nếu f(x1) = f(x2) sẽ dẫn đến f2(x1) =f2(x2).
Kết hợp với (3.2) suy ra 6x1 = 6x2, hay x1 = x2. Vậy f là liên tục nên f là hàm đơn điệu trên tập R.
Thay x = 0 vào (3.2) cóf(f(0)) = f(0), suy ra f(0) = 0. Bây giờ ta xét hai trường hợp
TH1. f là đơn điệu giảm. Với x là một số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy (xn):
x0 = x;xn = fn(x). Đây là một dãy truy hồi tuyến tính cấp hai
xn+1 = xn+ 6xn−1, có phương trình đặc trưng:
X2 −X −6 = 0 ⇔
"
X = 3
X = −2
Số hạng tổng quát của dãy được xác định bởi công thức
xn = 1 5(f(x) + 2x)3 n − 1 5(f(x)−3x)(−2)n,∀n ∈ N. (3.3) Ta sẽ chứng minh f(x) + 2x = 0, ∀x ∈ R, Thật vậy
* Nếu x > 0, chú ý rằng f là đơn điệu giảm thực sự và f(0) = 0 nên
x2k > 0. (3.4) x2k+1 < 0. (3.5) Từ (3.3) và (3.4) suy ra f(x) + 2x > (f(x)−3x)2 2k 32k,∀k ∈ N Từ (3.3) và (3.4) suy ra f(x) + 2x < −(f(x)−3x)2 2k+1 32k+1,∀k ∈ N
Cho k → +∞ và lấy giới hạn các vế của các bất đẳng thức trên ta được
(
f(x) + 2x ≥ 0
f(x) + 2x ≤ 0
Suy ra f(x) + 2x = 0.
Làm hoàn toàn tương tự, nếu x < 0 ta cũng có f(x) + 2x = 0.
TH2. f là đơn điệu tăng.
Trường hợp này khó hơn ta sẽ xét hàm nghịch đảo f−1.
Chú ý rằng: với x > 0, ta có f(x) > f(0) = 0.
Lần lượt cho x → +∞, x → −∞ và lấy giới hạn 2 vế của (3.2) ta được:
lim
x→+∞f2(x) = +∞, lim
x→−∞f2(x) = −∞
(chú ý rằng x > 0 ⇔f(x) > f(0) = 0 (và x < 0 ⇔f(x) < f(0))).
hàm liên tục, đơn điệu tăng trên tập R; f−1(0) = 0.
Với x là một số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy (xn):
x0 = f(x);xn+1 = f−n(x).
Đây là một dãy truy hồi tuyến tính cấp hai
xn+1 + 1 6xn = 1 6xn−1. Có phương trình đặc trưng: X2 + 16X − 16 = 0 ⇔ " X = −12 X = 13
Số hạng tổng quát của dãy được xác định bởi công thức
xn = 3 5(f(x) + 2x) 1 3n + 2 5(f(x)−3x) 1 (−2)n. (3.6) Ta sẽ chứng minh: f(x)−3x = 0, ∀x ∈ R. Thật vậy
* Nếu x > 0, chú ý rằng f là đơn điệu tăng thực sự và f(0) = 0 nên
x2k > 0. (3.7) x2k+1 > 0. (3.8) Từ (3.6) và (3.7) suy ra f(x)−3x > −(f(x) + 2x)2 2k 32k, ∀k ∈ N. Từ (3.6) và (3.8) suy ra f(x)−3x < (f(x) + 2x)2 2k+1 32k+1, ∀k ∈ N.
Cho k → +∞ và lấy giới hạn các vế của các bất đẳng thức trên ta được
(
f(x)−3x ≥ 0
f(x)−3x ≤ 0
⇒ f(x)−3x = 0
Làm hoàn toàn tương tự, nếu x < 0 ta cũng có f(x)−3x= 0.
Thử lại, ta thấy f(x) ≡ 3x và f(x) ≡ −2x thoả mãn đề bài.
Bài toán 3.3. Cho a, b là hai số thực trong tập 0; 12 và hàm số f : R → R là
một hàm liên tục thỏa mãn điều kiện
Chứng minh rằng tồn tại một hằng số thực c sao cho f (x) =cx.
Lời giải. Giả sử f : R →R là một nghiệm hàm.
Ta có, nếu f (x) =f (y) thì x = y. Do đó f là hàm đơn ánh.
Khi đó, do sự liên tục của f, ta suy ra rằng f là đơn điệu ngặt. Hơn nữa f có thể không có giới hạn hữu hạn L khi x →+∞.
Thật vậy: f (f (x))−ax = bx.
Ta thấy nếu f có giới hạn là L khi x → +∞ thì vế trái bị chặn còn vế phải thì không bị chặn.
Tương tự f không có giới hạn hữu hạn khi x → −∞.
Mặt khác,f là hàm đơn điệu, ta cóf tăng. Xétx0 là một số bất kì vàxn+1 = f (xn)
nếu n > 0 hoặc xn−1 = f−1(xn) nếu n < 0.
Xét r1 = a+ √ a2+4b 2 , r2 = a− √ a2+4b
2 là nghiệm của phương trình
x2 −ax−b = 0 với r1 > 0 > r2 và |r1| > |r2|.
Khi đó tồn tại
c1, c2 ∈ Z sao cho
xn = c1rn1 +c2rn2, ∀n ∈ Z.
Nếu c1 6= 0 thì xn phụ thuộc vào r2n khi lấy n < 0 đủ nhỏ. Trong trường hợp đó, ta có 0 < xn < xn+2 mâu thuẫn với f (xn) > f (xn+2). Điều đó cho thấy c2 = 0
khi x0 = c1 và x1 = c1r1. Từ đó f (x) = r1x.
Tương tự nếu f giảm thì f (x) = r2x.
Bài toán 3.4. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn đồng thời các điều
kiện: i)f(n+ 1) > f(n). (3.9) ii)f (f(n)) =n+ 2020, ∀n∈ N∗. (3.10) Lời giải. Từ (3.9) ta có f(n+ 1) ≥ f(n) + 1, ∀n∈ N∗. Cùng với (3.10) ta có n+ 2021 = f (f(n+ 1)) ≥ f (f(n) + 1) ≥ f (f(n)) + 1 = n+ 2021, ∀n ∈ N∗. Suy ra f(n+ 1) = f(n) + 1 ⇒f(n) =f(1) +n−1, ∀n∈ N∗. (3.11)
⇒f(n)−n = f(1)−1⇒ f(f(1))−f(1) = f(1)−1.
⇒2021−f(1) = f(1)−1 ⇒f(1) = 1011.
Thay vào (3.11) ta được f(n) = n+ 1010 ∀n ∈ N∗. Thử lại ta có f(n) = n+ 1010 là nghiệm.
Nhận xét. Bản chất giả thiết f(n+ 1) > f(n), ∀n ∈ N∗ là hàm đã cho đơn điệu
tăng ngặt trong N∗. Lời giải trên đã sử dụng tính chất đó nhằm tạo ra bất đẳng thức kẹp sau đó lấy dấu đẳng thức.
Bài toán 3.5. Cho hàm g(x) = 1+2xx2. Hãy tìm tất cả các hàm f (x) xác định và liên tục trên khoảng (−1; 1) và thỏa mãn hệ thức
(1−x2).f (g(x)) = (1 +x2)2.f(x), ∀x ∈ (−1; 1).
Lời giải. Viết lại hệ thức của đề bài dưới dạng
(1−x2)2
(1 +x2)2.f (g(x)) = (1 −x2).f(x), ∀x ∈ (−1; 1). (3.12) Đặtϕ(x) = (1−x2)f(x)với x ∈ (−1; 1).Khi đó, hàmf(x)liên tục trên khoảng
(−1; 1)và thỏa mãn (3.12) khi và chỉ khi ϕ(x)liên tục trên khoảng (−1; 1)và thỏa mãn hệ thức
ϕ(g(x)) = ϕ(x), ∀x ∈ (−1; 1). (3.13) Dễ thấy u(x) = 11+−xx là một song ánh từ (0; +∞) đến (−1; 1). Do vậy có thể viết lại (3.13) dưới dạng
ϕ(g(1−x 1 +x)) = ϕ( 1−x 1 +x), ∀x ∈ (0; +∞), hay ϕ(1−x2 1 +x2) =ϕ(1−x 1 +x), ∀x ∈ (0; +∞) (3.14) Xét hàm số h(x) = ϕ11+−xx với x ∈ (0; +∞). Khi đó ϕ(x) liên tục trên khoảng
(−1; 1) và thỏa mãn (3.14) và chỉ h(x) liên tục trên (0; +∞) và thỏa mãn hệ thức
h(x2) =h(x), ∀x∈ (0; +∞).
Bằng phương pháp qui nạp, dễ dàng chứng minh được
h(x) = h( 2√n
với mọi x ∈ (0; +∞), ∀n ∈ N∗. Từ đó, do lim
n→+∞
2√n
x = 1 và do h(x) liên tục trên
(0; +∞), suy ra h(x) = h(1) với ∀x ∈ (0; +∞). Dẫn tới ϕ(x) = a (a là hằng số) với ∀x ∈ (−1; 1). Vì vậy,
f(x) = a
1−x2, ∀x ∈ (−1; 1),
trong đó a ∈ R nào đó. Dễ thấy các hàm số
f(x) = a
1−x2, ∀x ∈ (−1; 1),
trong đó a ∈ R nào đó thỏa mãn tất cả các yêu cầu của đề bài. Vì thế chúng là tất cả các hàm số cần tìm.
Nhận xét 3.8. Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số trong nhiều trường
hợp tỏ ra đặc biệt thích hợp. Các bước thực hiện có thể tóm tắt như sau:
1) Lấy a một giá trị tùy ý thuộc tập xác định của hàm số. Xây dựng dãy số thích hợp (xn) với x1 = a thỏa mãn đồng thời:
i) Hàm f(x) không đổi trên dãy (xn) nghĩa là
f(a) = f(x1) =f(x2) =... = f(xn) =....
ii) Chứng minh dãy (xn) hội tụ về b.
2) Sử dụng tính liên tục của f(x) ta có
f(a) = limf (xn) = f(limxn) =f(b).
Suy ra f(x) là hàm hằng.
Đối với phương trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, trong nhiều trường hợp bằng cách xây dựng một dãy số và sử dụng phương pháp chuyển qua giới hạn ta sẽ thu được hàm f(x).