Tải bản đầy đủ

phương trình hàm

Bài 1. Cho hàm số
(x

Tính

f (0 )

f :

y) f (x

y)

và chứng minh

Tìm tất cả các hàm số

thỏa mãn điều kiện:




(x

y) f (x

y)

xy ( x

2

2

y )

với

x, y



.

là hàm số lẻ.

f

.

f

Hướng dẫn giải
Tính f ( 0 ) và chứng minh
Với x y 1 thì 2 f ( 0 )


y

Với

y



Với

thì

x

0

y

0

f (0 )

thì

f ( 0)

yf ( y )

Vậy f là hàm số lẻ.
Tìm tất cả các hàm số
Đặt

0

(1)



y
0

là hàm số lẻ.
hay f ( 0 ) 0 .

f

u

x

y

v

x

y

(do (1))

0

yf (

y)

hay

0

f (

y)

f ( y)

.

f

u

x

v
2

ta suy ra
u

y

v
2

Khi đó

v f (u )

u f (v )

u

uv

2

v

2

(2)

4

Với

u

0

v

0

Từ (2) ta được
Chọn

1,

v

f (u )

f (v )

u

v
f (u )

ta có

Đặt

a

2

v

2

hay

f (u )

4
u

u

u

u

u

2

1

f (1)

4

2

f (v )

4

v

v

2

.

4

.

4

1

f (1)

4

f (u )

Ta có

u

u

Suy ra

2

a,

u

0

ax,

x

0

.

(3)

4
x

f (x)

3

4

Từ (1), (3) ta được

x

f (x)

3

ax,

x

.



4

Thử lại
Với

x

f (x)

3

ax

, ta có:

f (0 )

1

0 ; f (1)

(x

Vậy

y) f (x

f (x)

x

a

f (1)

4

4



a

y)

(x

ax,

x

y) f (x

y)

xy ( x

1
4

2

2

y )

3



.

4

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số
1
3

f

xy

1
3

f

xz

f

x

f :
f

yz

thoả mãn:


1

,

x, y, z



.

9

Hướng dẫn giải

1


2

Cho

x

y

z

1

thì

0

f

1

0

3

f

0

2

f

1

0

3

f

1

0

9

0

f

1

0

3

3

2

Cho

x

y

z

1

thì

1

1

f 1

3

Cho

y

z

2

thì

0

f

f 1

f

1

0

nên

0

f

y

9

x

f

1

0

f

1

x

,

1

f 1

f 1

3

1
3

.

.



x

1

ta có

f

1

x

3

Do

0

(1)

3

1,

z

1

f 1

9

3

Cho

1

1

3

3

Do

2

f

nên

f

x

f

x

1

f 1

3

f

1

x

3

,

.

9



x

.

(2)

3

Từ (1) và (2) ta được

f

1

x

,

.



x

3

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số
f

xy

f

Từ (1) cho

Nếu

f

0

f

0

Do đó

y

f

x



y

R

là hàm số chẵn và thỏa mãn:

f

với mọi x , y
Hướng dẫn giải

2014

f

x

y

2 xy

1

2014

f

x

1

f

x

R

.

0

2014

thì

f

x

1

với mọi

bởi

x

, ta được:

x

1

. Khi đó

R

f

0

2014

0

với mọi

x

R

không thỏa mãn (1)

f

2014

bởi

x



x

y

2

2

f

x

, biết rằng

, ta có:

x .f

0

Từ (1) thay
f

f

0

f

Từ (1) thay
f

x

f :R

x

2014

bởi

x

2

f



x

x

f

f

2x

bởi

y

x

2x

2

(2)

1

, ta được:

x

2014

f

0

2x

2

(3)

1

là hàm số chẵn nên viết (3) lại như sau:

f

f

x

2

2

f

x

2014

f

0

2x

2

(4)

1

Lấy (4) trừ (2) vế theo vế ta được:
f

2x

Suy ra:

4x

f

x

2

x

f
2

với mọi

0
f

0

x

2

f

x

y

2

xf

x

R

với mọi

2014

Bài 4. Tìm tất cả các hàm số
2

x

f :

yf

y ,

R

.

thoả mãn





x, y

x

(1) .

Hướng dẫn giải
Cho

x

0

, từ

1

suy ra

f

y

Cho

y

0

, từ

1

suy ra

f

x

2

2

yf

y ,

y



xf

x ,

x



.

Do đó (1) trở thành:
f

thay

x
y

2

bởi

y

2

f
y

từ

x

1

2

f

y

2

,

x, y



f

x

y

f

x

f

y ,

x, y

0

*

ta được :

2


f

2

x

yf

y

y

x

f

x

f

f

x

f

x

x

y ,

y

0, y

0

yf

y

x

0, y

0

ta có

x

f

f

y ,

f

yf

y ,

x ,

x



y

0,

f

f

y

x

x

và ta được

0

f

f

f

2

x

y

f

x

1

x

1

x

1

theo hai cách. Ta có

1

, chứng tỏ

Bài 5. Tìm tất cả các hàm số

f :

f (x

x



xy

f
f

x

x
f

f

x

f

f (x

f

xy

f

y ,

x, y

2

2x

1

f

x ,

x



x

f 1

2



f
xf

x

f

y

***

.

2x
x

f 1
2 f

x

f 1



x

xf 1 ,

x

f

x

ax,

 ,a

x

f

1
x

f



thỏa mãn:

f ( y ))

1

f (x)

1

f (y)

,

x, y



.

2

Hướng dẫn giải
hằ ng không thỏ a mãn. Ta xét f không hằ ng.

f ( y ))

f (x)

1

1

f ( y)

2

Trong (1) cho y=-1 ta được:

,

 (1)

x, y

2

f ( f ( 1) )

1

f (x)

f ( 1)

2

Rõ ràng nế u

f

là hàm số lẻ.

f

y

2

Dễ thấ y hàm

x

**

2

f

f

y

y

x

f

tính



y

y

x

y

* , * * , (* * * )

x

y

f

x

f

y

y
x

f

f

f

f

y

yf

ta có

f

y

y



y

x

y

Kết hợp

x

x

y

x

Với mọi
f

x

y

f

xf

yf

Do đó với mọi
f

2

1

f ( 1)

0

thì

f ( 1)

2

Ta sẽ chứng minh:

,

1
2

1

f (x)

0

x

 (2)

2

là hàm hằ ng. Do đó:

f

1

0

f ( 1)

1
2

1.

x

2

Thậ t vậ y, giả sử tồ n tại

a

1

sao cho

1

f (a )

.

2

Trong (1) chọ n

y

a

ta có:

f (ax

x

1

)

0,



x

.

2

Mâu thuẫn vì
Chú ý là

f

f ( 1)

không là hàm hằ ng. Do đó ta có:
1
2

nên từ (2) ta có :

f (

1

)

0

a

1.

.

2

3


1

Trong (1) chọn

f (y)

2

x

, ( y

1
1
2

f (

y
f (y)

2

(f(

.y

1

1

y

1
2

)

1

f (

2

y

,

y

1

,

0,

1

)( f ( y )

2

y

)

2

1

f ( y)
1,

1

y

y

2

1

2

y

)

1

)

2

1
)

f ( y)

1

2

1

f (y)

2

(f(

1

)( f ( y )

f ( y)

1

f ( y ))

y

1

)

1

f (

1

f (y)

2

1

Suy ra

1

f (y)

ta được:

1)

y

y

1

y

1

2

Do

1

f ( 1)

nên

f (x)

1

x

2

,



x

.

2

Thử lạ i ta có hàm số cầ n tìm là

f (x)

1

x

,

.



x

2

Bài 6. Tìm tất cả các hàm f:
f

f

x

y

f

x

thoả mãn:





y

8 yf

2

4

x

f

x

y

2

,

.



x, y

Hướng dẫn giải
Từ giả thiết: f

f

x

y

Thay y = x4 vào (1): f

f

f

x

x

x

2

4

y

4

4

f

Từ (2) và (3) ta có: 1 6 f

8x f

x
4

x

x

f

4

f 0

Thay y = -f(x) vào (1): f ( 0 )
4

8 yf

8x f

f

x

8 f

x

f

2

2

x

x

x

y

2

,

x

f

2

x

x

x

f

2

x

f

8

,

x

8

2

(1)

x, y



,



(2)

x

 (3)

x
x

,



2

f

x

x

4

f

x

f

2

3

x

x

8

f

1

x

4

x

4

0,

x

2



(4)

Thay x = 0 vào (4) suy ra f(0) = 0.
Giả sử tồn tại a

0 sao cho f(a) = 0. Ta chứng minh f(x) = 0, x



Thay x = 0 và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(-y).
Thay x = a và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(a4 – y).
Suy ra: f y

f

y

f a

4

y

f

y

a

4

,

y



4


f

f

x

và f y 4

f

f

y

4

a

f

x

,

y

4

4

f a

f

x

,

(5)



x

(6)



Thay y = 0 và x tuỳ ý vào (1), ta được f

f

x

f

x

4

(7)

Thay y = a4 vào (1), ta được
f

f

x

a

4

4

f

x

Từ (5), (6), và (8) suy ra: f

f

Từ (7) và (9): 8 a 4 f x

2

f

a

4

8a f

x

f

x

Và từ (4), nếu x0 R: f(x0)

4

a

8

x

x

4

2

4

0

x
x

f

x

0,

x

f

8

a

8a f

f(x) = x4, x

0

f

,

2

x

(8)



x
a

8

x



,

x



(9)



R

Thử lại, ta thấy f(x) = 0 và f(x) = x4 là nghiệm của phương trình.
Bài 7. Tìm tất cả các hàm số f:
f ( xf ( y )

Thay

y)

f ( xy

1

x = 1 ,y =

x)

R

R

thoả mãn

f (x

y)

2013 xy

vào (1) ta được:

(1).
Hướng dẫn giải

f (a )

1

2013

Trong đó

a

1

f (

1

)

2013

2013

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

hay

a)

f (ax

f ( xa

x)

Từ (2) suy ra

x)

f (x

2013ax,
1.

a

x

Thay

a)

R

2013at
a

,

t

R

t

x

hay

x

R

(2)
vào (2), ta được

a
f (t )

2013ax ,

1

f (t )

ct, (c

R)

1

Tiếp theo, thay biểu thức của f(t) vào (1), ta thu được đẳng thức
2

c xy

cy

(c

2

cxy

c

cx

cx

2013) xy

cy

0,

x, y
c

c

2

c

2013

2013 xy ;

x, y

R

R
1

8053
2

0
c

1

8053
2

Vậy ta nhận được hai hàm số thoả mãn đề bài là

f (x)

1

8053
2

Bài 8. Tìm tất cả các hàm số
f

x

y

f

y

f

f

f :

x



2 y,

f (x)

1

8053

x

2

thỏa mãn
x, y



.

5


Hướng dẫn giải
Chứng minh f là đơn ánh
Thật vậy, với mọi x, y thỏa mãn

f

x

f

f

x

y

f

y

f

f

x

2y

f

x

y

f

x

f

f

y

2x

ta có

y

x

Chọn y = 0 ta được

f

x

f

0

f

f

y

x

f

x

x

f

0 ,

2c

x

2c



x

Vậy f x
x c , x  với c là hằng số.
Thay vào điều kiện bài toán ta được
x

y

f

y

c

f

x

c

Bài 9. Tìm tất cả các hàm

Cho x = 1 thì

f

f (y)

Chọn y thỏa mãn

2y

f :R

y

2015 y

f (1)

f

, và đặt

x f (t)

t

f (y )

2015 x

Hay: f ( 0 ) 2 0 1 5 x t f(x )
f(x )
2 0 1 5 tx f( 0 )
Vậy f (x ) là hàm bậc nhất.
Giả sử f (x ) m x n . Thay vào giả thiết ta có:
m x f (y)
m x (m y
m

2

xy

2015 x

n

2015 xy

n)

2015 m x

mn

2015m

n

mx

(luôn đúng).
2015 xy

f (x )

với mọi x, y.

2015 xy

2015

thì

2015 xt

f ( t)

2015

.

f (x )

x

n

2015 xy

x

2y

f (1)

2015

Chọn y = t, và thay vào giả thiết thì:

y

thỏa mãn: f x f ( y ) 2 0 1 5 x
Hướng dẫn giải

R

2015

2015 y

x

mx

n

mx

Đẳng thức trên đúng với mọi x, y nên:
m

2

2015

mn

m

2015m

m

2015

n

2014

2015 x
Vậy có 2 hàm thỏa mãn yêu cầu, là f ( x )
Bài 10. Tìm tất cả các hàm f: 
 thoả mãn:

f

f

x

y

f

x

2

4

y

8 yf

x

f

.

2014

x

y

2

,

.



x, y

Hướng dẫn giải
Từ giả thiết: f

f

x

y

Thay y = x4 vào (1): f

f

f

x

x

x

2

4

y

4

4

f

Từ (2) và (3) ta có: 1 6 f

8x f

x
4

x

x

f

4

f 0

Thay y = -f(x) vào (1): f ( 0 )
4

8 yf

8x f

f

x

x

f

8 f
2

x

2

x

x

y

2

,

x

f

2

x

x

x

f

2

x

f

8

,

x

8

2

x, y



,



(2)

x

 (3)

x

x

,

(1)



2

f

x

x

4

f

x

f

2

x

3
4

x

8

f

x

1
2

x

4

0,

x



(4)

Thay x = 0 vào (4) suy ra f(0) = 0.

6


Giả sử tồn tại a

0 sao cho f(a) = 0. Ta chứng minh f(x) = 0, x



Thay x = 0 và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(-y).
Thay x = a và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(a4 – y).
Suy ra: f y
f

f

f

y

x

và f y 4

f a

f

f

y

4

a

4

f

x

,

y

4

y

f

f a

y

4

f

4

a
x

,

,



y

(5)



x

(6)



Thay y = 0 và x tuỳ ý vào (1), ta được f

f

x

f

x

4

(7)

Thay y = a4 vào (1), ta được
f

f

x

a

4

4

f

x

Từ (5), (6), và (8) suy ra: f

f

Từ (7) và (9): 8 a 4 f x

f

2

a

4

8a f

x

f

x

Và từ (4), nếu x0 R: f(x0)

4

a

x

8

x

4

x

4

0

a

8a f

x

f

x

0,

x

f

f(x) = x4, x

0

2

f

8

2

,
x

(8)



x
a

8

,

x

(9)





R

Thử lại, ta thấy f(x) = 0 và f(x) = x4 là nghiệm của phương trình.
Bài 11. Kí hiệu
thức:



là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm

*

f

2

f

m

2 f

2

n

m

2

2

2n

, với mọi

f :

*



*

thỏa mãn đẳng

*

 .

m,n

Hướng dẫn giải
Nếu



m1, m 2

*

sao cho
f

suy ra
Từ đó

m1

m2

f (m )

2

hay

f

m1

m1

f
2

2 f

m2
n

f

f

2

m2

2

2 f

2

n

m1

2n

2

2

m2

2n

2

,

là đơn ánh.

f

2 f (n)

2

f

2

f ( p)

2

2 f (q )

2

m

2

2n

2

p

2

2q

2

(1)

Dế thấy với mọi n  * , n 3 ta có: n 2
2 n 1
n 2
2 n 1 . (2)
(chú ý điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số).
2
Đặt f (1) a
f (3 a ) 3 . Theo (1) suy ra:
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
f (5 a )
2 f (a )
f (3 a )
2 f (3 a )
3 f (3 a )
27 .
Vì phương trình x 2 2 y 2 2 7 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x; y)=(3,3) hoặc (5,1) nên ta có
2
2
f ( a ) 1, f ( 5 a ) 5 .
2

Cũng từ (1) ta có 2
Vì phương trình x 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

.
y
1 2 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x,y) là (4,2) nên
2
2
f ( 4 a ) 4 , f ( 2 a ) 2 . Từ (1) ta có
2 2
2 2
2 2
2 2
f (( k 4 ) a )
2 f (( k 3 ) a )
2 f (( k 1) a )
f ( k a ) , suy ra từ khai triển (2).
Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f ( k a 2 ) k , với mọi k là số nguyên dương. Do đó
3
3
1
a 1.
f (a ) a
f (1) mà f đơn ánh nên a
Vậy f ( n ) n với mọi n nguyên dương. Thử lại thỏa mãn bài toán.
f (4a )

2 f (2a )

f (5 a )

f (a )

24

2

7


Bài 12. Tìm tất cả các hàm
1 : f

0

0;

2 : f

x

0

3 : f

xy

4 : f

x

5 : f

n

f :Q

x
f

x .f

y

f

x, y

x

f

y

2

Q;

x, y

2006

f (x )

Q;

 ;

n

Bài 13. Tìm tất cả các hàm

liên tục trên

và thỏa mãn:

*

R

5
4

2

f (x )

0.

y

f (1)

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

R

x f (x)

x

4 x,

2

x

0.

Bài 14. Cho hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiệ
1 : f

n

2 : f

1
f

f

n ,

n

a. Chứng minh

f

b. Tìm biểu thức
a. Vì

f

n



n

f

n ,

f

1

.

n

Kết hợp điều kiến

2

n

2000

2001

Do đó
b. Ta có
f

n

f

n

n

1

1

f 1

1

f

n

2000

.



n

nên từ giả thiết



n

n

1,

n

2 f 1

f

n

1

f
f 1

f

f

f

n

f

1

f

1001

n

n

f

1

f

n

1000,

n

n

ta đều có

f

x

,

1

n

2001

1

1

1000,

 .

n



thỏa mãn điều
lớn nhất sao cho với mọi hàm số

f

thuộc

.



x

n

 .

Bài 15. Cho tập hợp F gồm tất cả các hàm số f : 

kiện: f 3 x
f f 2x
x , x  . Hãy tìm số thực
F

1,



n



1

n

:



n

f

1,

Hướng dẫn giải
ta được f n 1
f

1

ta được

Thử lại các điều kiện, nên

tâp hợp

n:





n

2000,

n

f :

Hướng dẫn giải
Bài 16. Cho
f

x

a

y

là số thực. Tìm tất các hàm số
f x
f y
axy; x , y
 .

f :



sao cho:

f

liên tục trên





Hướng dẫn giải
Bài 17. Cho



n

và hàm số

n

2

a. Giả sử rằng

f

2002

b. Tìm hàm số

f

0.

f :

Tính

f

sao cho:



f

x

n

y

x

n 1

f

x

f

f

y

;

x, y

 .

2002 .

.
Hướng dẫn giải

f

x

n

y

x

n 1

f

x

f

f

y

;

x, y



*

a.
Từ

*

ta được

8


-

Với

x

0; f

-

Với

x

1; y

0: f

-

Với

x

1, y

 : f 1

y

f

f

y

f

,

0

0

y

f

ta có:

1

f

0

f 1

2 , 3

Đặt

f 1

ta được
p

f

 ,q

;p

y .

n

f

n

1

f

f

n



n

1

f

0

nf 1 ,

n

2
f 1

f

t ; f



x

1

f

x

f 1

.

3



n

và ta được

*

1

nf 1 ,

nf 1 ,



0.

f

f

Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được
Từ

0

f 1

Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được
Từ



y

4


n

*



chia hết

n

nên

p



nf 1

. Do đó ta

q
2

được:

f

f

n

Do đó, từ
b. Từ

n

n

ta được

4

ta được

*

f

y

0: f

f

f

chẵn:

n

x

0: f

lẻ: Từ

n



*

ta được

1

f

x ,

f

f

y

f

x

Suy ra:

f

x

f

n

x

0

f

x

x

f

n 1

n

f

Do đó

f

x

f

Từ

f

px

*



n

pf

Từ

: f
,

f
,

p

px



n

pf



x

u

ta có

3

n

px

n

x



f 1

f

v

Vậy

f

n

u

u .v

v

n 1

f 1

v

v

Ta có

2002

.

2002

2

f

x .

x

f

px

n

pf

x

n

ta được

*



n

v

 ,

p



x

u

f

u .. v

f

n

f 1

v

n 1

uv

n

n 1

1

f

v

n

f 1

1

f

,

n

v

u

n

v

n

4

v

f 1

hay

0

Thử lại thỏa mãn
Bài 18. Tìm hàm số

f

3
 ,v

u

1

n

v f

n

.

x

y

n 1

v

u

1



x

, chứng minh bằng quy nạp ta được

2

p

Vậy

x ,

f 1

n

x

x

x

f

n 1

n

f
n

0

n

x

x

n

x

(loại). Vậy

0

f 1
1

1

x

f

f



x

, f

1

2002

f

n 1

x

hay

1

n

x

x

nf

1

n 1

x

2

1

2002

n

x

f

f :

f 1

. Vậy

*

1

từ

f

x

suy ra

4

0,

f


x

x

0,

hay

x



;

x, y

f

x

x,

x



.

thỏa mãn



2

f

x

y

2

2

x

2 yf

x

f

y

 .

Hướng dẫn giải
Cho

2

x

+) Nếu
Cho

x

y

f

0

0
y

f

f

. Cho

y

ta được

f

0


0

f

0

0

f

0

1

0



0, x

0

x

2

ta được:

f

x

2

x

2

f

t

2

2 xf

x

f

x

t,

t

0

2

f

x

x

0

f

x

x

. Thử lại thấy đúng

9


+) Nếu

f

0

1

cho

Cho

0, y



ta được

x

y

2

f

y

f

Giả sử tôn tại

y0

Chọn

y0

x

2

y

2

y

2y

f

y0

2

x

f

x

2y

1

y0

y

y0

Nếu

f

y0

Vậy

f

y

y0

y0

y0

y

f

t

t

1,

t

0

.

f

y

f

y

y

1

1
y

1

1

ta được:

2 y0 f

y0

1

2

y

f

f

y0

f

y0

y0

1

y0

1

1

1

y0
y0

y0
f

2

2

2

y

sao cho



f

2y

2

2

1

Nếu

y

f

ta được



0, x

1

y0

y0

1

1

0

( Loại)

1
f

y0

1

0

y0

1

1

f

1

0

.

Bài 19. Tìm tất cả các hàm số
f

f :
x

thỏa mãn



f

y

f

1

x

xf

4y

f

f

y

,

 .

x, y

8

Bài 20. Tìm hàm

f :

i : f

Hướng dẫn giải
thỏa mãn một trong hai điều kiện



x

2

f

y

y

xf

x

,



x, y

2

ii : f

f

x

f

y

y

xf

x

 .

x, y

Hướng dẫn giải
Ta tìm hàm f thỏa mãn (ii). Đối với (i) ta làm tương tự. Ngoài ra có thể thấy hai điều kiện này có thể biến
đổi về nhau.
Ta cũng dễ thấy f là đơn ánh và
Trong (ii) thay x bởi

f

f

0

0, f

f

y

y

 .

y

ta có

x

2

f

f

Mặt khác

f

f

x

f

y

Kết hợp (ii) thì
Suy ra

f

2

f

x

y

y,

y

f

y

x ,

y

f

nên



f

f

b như trên. Trong (ii) lấy
2

f

x

Vậy

f

x

2

x ,

x

x

x



f

f

x

f

x

2

.

y

y



x

f

xf

x ,

 .

x, y

mà f đơn ánh nên

y

x

2

2

f

y

f

x

f

y

.

 .

x

Ta chỉ ra không tồn tại đồng thời

Do

x

2

2

2

x

f

x

a, y

nên
hoặc

a

2

x

Thử lại thấy hai hàm này thỏa mãn.
Bài 21. Tìm tất cả các hàm số f : 

thỏa mãn

0

ta có

b

a
f

0, b

f

2

b

a
x

x



2

a

2

b

a

2

b

f

2

a b

2

a

a,

f

b

b

. Thật vậy, giả sử tồn tại a,

b.

0

, mâu thuẫn.

 .

thỏa mãn:

10


f (x

f (x)

2 y)

2x

,

f ( 2 f ( y ))



x; y

.

Hướng dẫn giải
Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn yêu cầu bài ra.
Đặt f ( 0 ) a với a 
Chọn x 0 ; y x , thay vào (14) ta được
f ( f (0 )

2 x)

f ( 2 f ( x ))



x

f (2 x

a)

f ( 2 f ( x ))

x

,



Nên
f (x

f (x)

2 y)

2x

f (2 y

,

a)

(i)



x; y

Thay 2y bởi y ta được
f (x

f (x)

Với x ; y a thỏa mãn f ( x ) f
Thay y bởi y-a vào (ii) ta được

y)

( y)

2x

f (y

a)

,

(ii)



x; y

t

f (x

t

y

a)

2x

t

,

x; y



t

x

a)

2y

t

,

x; y



Thay x bởi y; y bởi x-a vào (ii) ta được
f (y

Do đó x y
Chọn x=0; y=0, thay vào (i) ta có
f (a )

f (2 a )

Theo kết quả phần trên suy ra a 2 a
Suy ra a 0
Chọn x=0; y=x, thay vào (i) ta được
f (2 x)

f ( 2 f ( x ))

,



x

Suy ra
, x 
f (x)
Thử lại thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy f ( x ) x , x  là hàm số cần tìm.
Bài 22. Tìm tất cả các hàm số f : R
R thỏa mãn điều kiện
2 f (x)

2x

2

f (x )

f (x

y ). f ( x

y)

x

2

,

y ,

x

x, y



R.

Hướng dẫn giải
Cho

x

y

0

2

ta được

f (0 )

Cho x y 2 ta được f ( 4 )
Vậy f(0) = 0.
Cho x y ta được f ( x 2 ) f
Cho x 0 , y t 0 , ta được
f (0 )

Vậy

f (t ) f ( t )
f

x

t

2

f ( 4 ). f (0 )

tf ( t )

x

1
f (0 )

2

x

2

1

f (t )

f ( t)

t,

t,

t

t

0.

0

x

Cho y 0 ta được f
Viết lại hệ thức f ( x

f

x

x

thỏa mãn bài toán.

(x)

f (x)

f (0 )

y)

f (x)

f ( y)

f (x
f (x)

f (0 )

2

t

Bài 23. Tìm tất cả các hàm số liên tục f
f (1)
1 và f ( x

g (x)

0

4

( 2 x ). f ( 0 )

0

Thử lại ta thấy hàm số

Đặt

f (0 )

f (0 )

x

2

2x

do

y)

(x

f (x)

thỏa mãn các điều kiện sau:
f (x)
f ( y ) 2 x y với mọi x, y thuộc
Hướng dẫn giải

:



y)

f (0 )
2 xy

y)

2



.

0

dưới dạng:

2( x

liên tục trên

y)


nên

f (x)
g (x)

x

2

2x

f ( y)

liên tục trên

y

2

2y



11


Ta có

g (1)

g

f (1)

3

cộng tính

x



4

g

g(x

y)

có dạng

x

g (x)

g ( y)

g (x)

kx

Mà g (1)
4
k
4
g (x)
4x
Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 24. Tìm tất cả hàm số liên tục f : 
f

x

f (x)

x



, với k là hằng số.
x

2

2 x,



x

sao cho:



f

với mọi x,y thuộc

2

2x

2

x

3x

4026

1 ,

 .

x

Hướng dẫn giải
2

Ta có
Đặt

1

y

f

x

x

1

Xét hàm số

f

x

y

g :

Do đó từ (2)
0

g 0

Thay

x

1

g 1

Thay

x

bởi
g

1

f

g

2

x

x

g

x

x

f

y

1

2

1

4024

1

x



3

x

y

2

2013

g

y

f

2

4024,

x

g

liên tục trên

x



y

x

x

2012

f

x

1



0

g

g

g

0

x

g

x

là hàm chẵn trên

Từ (3) ta có

1

1

1

x

x

x

y

thỏa mãn

g(x) +

x

1

1



Thay

Do đó

x

2

g

x

2

0

g

x

g

x ,



nên ta chỉ cần xét với

g

x

x

0

2



x

x

0

n

0

4

1

Lấy

a

0

g

x

4

tùy ý, Xét dãy

,

xác định như sau:

xn

1

x0

a; xn

x4,

1

li m x n

1

1



g

xx

g

1

x n4

g

xn

g

Mặt khác vì

g

liên tục nên ta có

Vậy

0,

x

g

x



f

xn

g a

x

x

Bài 25. Tìm tất cả các hàm số
f

...

1

x0

g

lim g

xn

g lim x n

2 0 1 3,

f :

m

g

n

g 1

0

.



x

a



thỏa mãn điều kiện

f

mn

1

f

m

f

n

2,

m,n

.

Hướng dẫn giải
Nếu

f

Cho

m

Do
Cho

là hàm hằng,
0

ta được

f

f

k

n

c,

f

không là hàm hằng nên

f

m

Suy ra

ta được

1
f

n

f

f

n

n ,

n

1


k

1
f



thì ta có

f

0

0
f

n

hay

f

f

2c

n

2

1; f

1

2.

1

2 f

n

c

2

f

2,

2

2

c

n

f

n

.

0

1

1

1

0,

f

1

vô lý.
2

là hàm số chẵn.

12


Bằng quy nạp ta chứng minh được
Do f là hàm số chẵn nên
Thử lại thỏa mãn.
2
Vậy f n
n
1, n  .
Bài 26. Tìm

f

f

n

n

xác định

x

f

x

n

2

n

1,

2

1,

.

n



thỏa mãn

0

2 0 1 3;

f

 .

n

f

2014
2

f

x

y

f

x

y

2 f

x cos y

x, y

 .

Hướng dẫn giải
Cho
x

0;

y

f

f

2

0

2

f

2
f

2014

2

2

Cho
y

f

x

f

2

x

0

2
f

2

x

f

x

2

2

Cho
x

f

y

f

2

y

2

2 f

cos y

2

2
4028 cos y

Cho
y

x

f

x

f

x

2

4028 cos x

1

2

Cho
x

0

f

y

x

y

f

y

2 f

0 cos y

f

x

4026 cos y

Cho
f

x

2

2

4026 cos

x

2

2
4 0 2 6 s in x

Trừ từng vế hai phương trình
f

x

f

1

x



2

4028 cos x

2

2

4 0 2 6 s in x

2
2 f

x

4028 cos x

4 0 2 6 s in x

2
f

x

f
2

f

x

x
2

2014 cos x

2 0 1 3 s in x

2

Cho x

x
2

13


f

x

2014 cos

x

2 0 1 3 s in

x

2
2 0 1 4 s in x

2013 cos x

Bài 27. Tìm các hàm số
f

x

f

y

Lấy

4
t

t
f

x; y

f

với mọi x, y > 1

xy

Hướng dẫn giải
và 2 t ; 2 vào (1) ta được:

t; 2 , t; 4

f

t

f

2

2

t

f

2t

f

t

f

4

4

t

f

4t

f

2t

f

2

3

5

x

thoả mãn điều kiện:



f : 1;

y

Với mọi t > 1, thay

f

2

f

t 2t
1

4

2

2

f

2

2t

f

4t

5

f

4t

(2), với mọi t > 1.

2

2

Thay vào (2) ta được:

5

t

f

2

t 2t

5

f

4t

2

Do đó với mọi

t

f

5

1, t

f

2

4t

2

2t
2 f

Từ (1) ta có:

f

t

f

4

4

t

f

2

vơi

4t

t

5

1, t

t

Với

t

5

, từ (1) thay

5

x

2

,y

.

2

ta có:

2

2
5

f

f

4 f

1

2

2

f

2

2 f

5

2

2 f

2

f

5

5

2

t

với mọi t > 1.

t

2

Đặt

c

2 f

2

f

c

x

với

x

1

.

x

Thử lại thỏa mãn điều kiện (1).
Vậy hàm số cần tìm là:

f

c

x

.

x

Bài 28. Tìm tất cả các hàm số

thỏa mãn:

f :



xy

f ( y ))

f (x

1

f (x)

1

f (y)

2

Dễ thấy hàm

f

hằng không thỏa mãn. Ta xét

Trong (1) cho y=-1 ta được:

f ( f ( 1) )

f

1

f ( 1)

thì

0

f

1

f (x)

f ( 1)

1

,

là hàm hằng. Do đó:

f ( 1)

1
2

f (x)

1

0



.

x



2

2

Ta sẽ chứng minh:

x, y

Hướng dẫn giải
không hằng.
2

Rõ ràng nếu

,

2

0

f ( 1)

1
2

1.

x

2

Thật vậy, giả sử tồn tại

a

1

sao cho

1

f (a )

.

2

Trong (1) chọn

y

a

ta có:

f (ax

x

1

)

0,

x



.

2

14


Mâu thuẫn vì
Chú ý là

không là hàm hằng. Do đó ta có:

f

1

f ( 1)

nên từ (1) ta có :

1

f

1

f

f

2

f

ta được :

y

1

f
1

1

y

y

1

y

2

,

y

f

1

x

2

y

1

y

f

1

y

2

2

1

y
1,

1

f (x)

,

2

1

2

nên

y

2

1
1

y

1

1

f

2

y

f

2

f

1

f

2

f ( 1)

f

y

1

y

f
1

Do

1

y
y

1

2

f

f

f

2
1

.

0

y

1

y

.

y

2
1

1

1

2

2

Trong (1) chọn x

a

,

1

f

y

1

y

y

,y

1

2

.



x

y

2

Thử lại ta có hàm số cần tìm là

f (x)

1

x

,

.



x

2

Bài 29. Tìm tất cả các số nguyên không âm
mãn đồng thời 2 điều kiện sau
i.
f ( xy )
f ( x ) f ( y );
x, y

ii.
Với

a

Z

2 f (x

2

2

y )

2 f (a )

+ Nếu

f (2)

0,

+ Nếu

f (2)

0 , thì

thấy

2 f (a )

2 f (a )

k

k

thì

k

ta thấy
k

k

1

0

1

0

hoặc



f :

[0;

)

khác hằng thỏa

0 ;1; 2 ; .. .; n .

Hướng dẫn giải
*
 vào i) được
(1)

0 ;1; 2 ; ...; n

f (a)
f (a )

1.

0.

Thật vậy, nếu

f (a )

nên (1) không thể xảy ra, còn nếu

0

1,

thì bằng cách cho

f (a )

1,

k

f (x)

f ( y)

f (x)


0 ;1; 2 ;

f ( y );

sao cho

f ( x 0 ) f (1 )

x1

f (0 )



x ,y
f ( x0 )
f (1)

sao cho

f ( x1 )

f ( x1 ) . f ( 0 )

x, y

Z

.

, ta

thì với k đủ lớn,

nên (1) cũng không thể xảy ra. Thành thử, ta đã chứng minh được với mọi

f ( x0 )

khác hằng nên tồn tại

a ; k

0 ;1; 2 ; ...; n

f (a )

Do đó, n 2 .
*)Nếu n 0 , thì 2 f ( x 2 y 2 )
Vì f khác hằng nên tồn tại x 0
f

k

y
k

1

thì f ( a ) 0 hoặc f ( a ) 1 .
Từ đó suy ra 2 f ( x 2 y 2 )

Do

x

f (2) f (a )

2 f (a )

f (2) f (a )

f (2) f (a )

k

f ( y )∣ x , y

f (x)

bất kì, bằng cách thay

sao cho tồn tại một hàm

n

a,

(2)

.
0 . Khi đó,



1.

1.

Từ i), ta có

f(0 )= 0 .

Bây giờ, sử dụng (2), ta được
2

2 f (1

2

2

0 )

f (1)

f (0 )

1.

15


Điều vô lí này chứng tỏ
*)Nếu n 1, thì hàm số

n

không thỏa mãn.

0

0

nêu

x

0

1

nêu

x

0

f (x)

thỏa mãn đề bài. Do đó, n 1 thỏa mãn đề bài.
*)Nếu n 2 , thì ta thấy không thể tồn tại 2 số
trái lại, thì x , y Z , ta có
0

2

f (p

2

q ) f (x

2

2

y )

p, q

f
f

Kết hợp với (2) suy ra
xp
y q 1 . Do đó, 1

f ( xp

yq )

f ( xp

f (x

0.

2

y )

(p

2

( xp

2

q )( x
yq )

2

sao cho

1

2

y

1;

yp )

x, y

( xq

yp )

0.

Z ; ( x, y)

f (p

2

2

q )

0

. Thật vậy, nếu

2

Thế nhưng, do
Điều vô lí này chứng tỏ

f ( xq

yq )

2

Z; ( p, q)

2

( p, q)

1

nên tồn tại

x, y

Z

để

1.

Bây giờ, ta xét hàm số
p∣ x
0

nêu

1

nêu

q∣ x

f (x)
p Œx
q Œx

trong đó p , q là 2 số nguyên tố phân biệt có dạng 4 k 3 .
Ta sẽ chứng minh hàm f ( x ) xây dựng như trên thỏa mãn
i)

f ( xy )

f ( x ) f ( y );

2 f (x

ii)

2

2

y )

x, y

Z.

f ( y )∣ x , y

f (x)

Z

0 ;1; 2 .

Kiểm tra điều kiện i)
p∣ x y

Nếu

p q Œx

Nếu



thì hiển nhiên

q∣ x y

thì

p q Œy

f ( xy )

1

f ( xy )

2

2 f (1

Dễ thấy

2 f (p

p )
2

q )

2 f (0 )

2 f (x

2

f (1)
2

2

y )

f ( p)

f ( p)

f (0 )

f (x) f ( y)

.

f (x) f ( y)

Kiểm tra điều kiện ii)
2
2
0 ;1 nên 2 f ( x
y )
f

f (x)

0

(x)

2

0 ; 1; 2

nên

0

f ( y )∣ x , y

f (x)

Z

1

f (q )

f (0 )

f ( y )∣ x , y

Z

0 ; 1; 2

Vậy n 1, n 2 là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài.
Bài 30. Tìm tất cả các hàm số f : 
 thoả mãn
f

x

2

y

2

xf

x

yf

y ,

x, y



(1) .

x, y

0

Hướng dẫn giải
Cho

x

0

, từ

1

suy ra

f

y

Cho

y

0

, từ

1

suy ra

f

x

2

2

yf

y ,

y



xf

x ,

x



.

Do đó (1) trở thành:
f

x

2

y

2

f

x

2

f

y

2

,

x, y



f

x

y

f

x

f

y ,

*

16


thay

bởi

y

f

x

2

f

yf

0, y
x

x

f

x

x

f



y

f

x

f

x

x

f

f

f

x ,

x ,



x

, chứng tỏ



x

0

f

y

f

0, y

y

x

x

x

y

f

f

x

f

y

y ,

y

x

0,

y

0

**

ta có
y

f

x

f

và ta được

* , * * , (* * * )

y

f

x

f
y

f

x

x

2

f

x

f

1

x

1

x

1

theo hai cách. Ta có

1

Bài 31. Cho hàm số
a)

x

ab

f

f :
a,b

*



f

a,b

f
f

x

x

f

f

2

f

tính

y ,

2

f

x

f 1

f

p

q

r

f

Tính giá trị của
Đặt

f

2

a, f

3

b

p

7

f

2

2

3

2 f

f

8

f

2

3

3

f

f

7

7

f 16

f

2

f

2
8

y

***

.

2

f
xf

2x
x

f 1
2 f

x

f 1



x

xf 1 ,

x

f

x

ax,

 ,a



với mọi

a,b

*

 ,a

b

; trong đó

q

f

a,b

với mọi số nguyên tố

r

a,b ,

a,b

lần lượt là bội chung

;
p,q,r

.

là tập hợp tất cả các số nguyên dương.
Hướng dẫn giải
. Khi đó ta có các đẳng thức sau:
f

f

f 16



f

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

*

f

x

1
x

f

x

f
x, y

2x

1

f

y

nhỏ nhất, ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương
b)

là hàm số lẻ. Do đó với mọi

f

y

f

f

x

f

y
y

y

Kết hợp

y


y

y

x

y

Với mọi
f

x

f

f

y ,

y ,

f

x

yf

ta có

0

y

f

x

yf

y

ta được :

1

xf

y

yf
x

2

y

yf

từ

y

? Kí hiệu

2013

2

2
2 f

f

3

2a

2 f

3

a

7

a a

f



*

b

2b

2

2 2a

b

a

3a

2b

5a

2b

.

2b

Do đó ta có 5 a 2 b a 2 a b 1 .
Mặt khác ta có các đẳng thức sau:
2

f 12

f

2

3

f 12

f

2

f

7
6

Suy ra 3 a 2 b 3 a 2
Từ (1) và (2) ta có
5a
3a

2b
2b

a

2

3a

f

2

a

f

2

.

2ab
2

f
2

2

3

f

7

2

a

2

b

3

...

3a

f

2

7

7, f

8

8

Ta có 2003 là số nguyên tố nên

17


f

2013

f

2003

f

2025

f

2003

f

9

3f

3

9

f

7

f 17

f

2003

Mặt khác
9 f

5
f

Do đó
f

f

2013

f

3

f

7

f

17

f

2003

f

5

f 17

4

f
f

Thay

x

3

f

3

g (x )

3x

x

2

f

5

(3)

10

5

, kết hợp với (4) ta được :

17

f

9

f 15

f

9 .2 5

45 f

3

f

9. f
7

5 .5 .9

5

9 f

5

f

45

3

2025

, kết hợp với (5) ta được

f

2003

2003

. Do đó từ đẳng thức (3) ta được

.

x

2 0 1 4 y)

y

2 f

3

9 .9 .2 5

Bài 32. Tìm tất cả các hàm số
2015
2 0 1 4 y)
x , y R , f (x
Đặt f (x )
có g (x 2 0 1 5

5

2003

5

45 f
5

2
7

22

2025

2013

2003

2

f

2025

f

2 f

2025

7

f

3

3 .1 5

7

5

2025

f
f

4 5 .3

5
f

7

f

3

f( 2 x

y)

2015

x

y)

g (3 x

vào (1) ta có

3x

sao cho:

R

f(3 x

2 0 1 3 y)

2015

x

5x

2015.

Hướng dẫn giải
.Thay vào giả thiết ta

g (2 x

2015

Xét hàm số h ( x )

R

f :R

2 0 1 3 y)

g (4 x

x

x

2015

2015

),

x

x, y

R (1).

R ( 2 ).

ta có h(x) liên tục trên R và

R

li m h ( x )

tập giá trị của h(x) là R. Từ (2) suy ra g (x )
Do đó f(x ) x 2 0 1 5 x R .
Thay vào thử lại ta thấy f(x ) x 2 0 1 5 x
Vậy f(x ) x 2 0 1 5 x R .
Bài 33. Tìm tất cả các hàm số f :  \ {0}
và tồn tại
Gọi
hay

sao cho



no

f

n0

f

Giả sử

n

1,

n1

1

suy ra

f

n1

1

f

n1

1

f

n1

1

Nếu

n1

1

f

n1

1

n1

thì

Nếu

n1

1

f

n1

1

n1

thì

f

n1

Vậy

n1

1,

1,

n



do đó

f

n

Bài 34. Tìm tất cả các hàm số
f

y

f

x

4

f

3

x

thỏa mãn.
thỏa mãn:



.

R

f

n

f

n

f

n ,

n



, với mọi

x, y



,

f

n1

Hướng dẫn giải
1 , suy ra

f

n1

1

f

n1

f

n1

f

n1

1

n1 .

 ,n

n

R

x

x

1.

là số tự nhiên bé nhất sao cho

n1

2015

, suy ra

; li m h ( x )

x

4y f

f
1

(trái với giả thiết

n1

(vô lý)



thỏa mãn điều kiện:

2

x

1

1

1

f :

n1

2

6y f

x

4 yf

3

x

f

là số tự nhiên bé nhất sao cho

y ,

x, y



f

n1

1 ).

1 .

Hướng dẫn giải
Giả sử

hàm số

TH1:

f

x

0

TH2:

f

x

0

Ta có:
Thay

x

f

thỏa mãn

(1) .

. Thử lại ta thấy
 , f

x0

f

x

x0

0

0

thỏa mãn (1).

.
4

1

f
x0

y

f

x

f

y

y

f

x

4

y ,

x, y



*

vào (*), ta được

18


4

y

f

x0

f

y

y

f

4

x0

y ,

Ta thấy vế phải của (2) là một hàm số bậc 3 nên có tập giá trị là


Thay

y

Thay

y

đều



y

sao cho



u,v

f

u

f

v

f

f

x

f

a,

f

x

a

y

f

f

y

f

x

f

4

y

f

y

,

f

f

x

f

y

f

u

f

v

f

x

f

y

a,

x, y

u

f

v

Thử lại ta thấy
Vậy

f

x

0

f

x



f

x

4

Bài 35. Xác định hàm số
1. f x
f x ;
2.

f

3.

f

x

1

1
f

1
x

4

x

y

y

x ,

x

,

x

4

a,



y

f

x

x

4

a,

x



thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện:

R



x

x
2

f

( a là hằng số) là các hàm số cần tìm.

a

f : R

f



u,v

hay



thỏa mãn điều kiện (1).

a

x

a,

(4).



x, y

4

f

(3).

0

4

Từ (3) và (4)
f

f

vào (*), ta được

y

f



x

4

f

có tập giá trị là

f

.

y

x

2

. Do đó hàm số



4

vào (*), ta được

0

f



x, y

.

0

Hướng dẫn giải
x

ta có:

0

x

f

1

f

1

1

x

Mặt khác, với mọi

khác

x

f

1

2

x

1

1

f

x

x

Từ

x

x

x

f



1

x

f

Từ 1. có
Ta có

f

x

f

0

f 1

Bài 36. Cho hàm
nhiên

m, n

1

f : 

thì

f

*

m

x

1

f

1

1

x

x

1

2

x

1

f

.

x

2

f
f

0

x

f

2

1

1
x

2x

2

f

x

0; 1

0
1.

0

Vậy

thỏa mãn
f

x
2

2x

khác

x



n

2

1

suy ra

f (0 )

1

x

2

2

với mọi

x

2

1
x

x

x
x

f

1

x

ta có: 1

2

x

.

x

1

1

x

1

f

2

1

2

1

1

1

2

1

x

x

. 1

x

2

1
2

1

x

2

x

x

x

x

2

x

x

x

x

1

ta có:

0; 1

1

f

f

1

f

x

f
x

1

m

f

f
n

2

f (x )

f

x,

3

x

0;

R
f (4)

.
0

bằng 0 hoặc 1. Hãy tính
Hướng dẫn giải

,

f

f

2016

8888

2222



f

và với mọi số tự

2017 .

Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn điều kiện bài toán.
Từ

*

f (m

n)

f (m )

f (n )

a

với

a

{0 ;1}

19


Chọn m
Khi đó f

1,

n

(4)

ta có

f (2)

f (2)

2 f (1)

f (2)

a

Ta thấy (1) đúng với
f

4(k

1)

n

Vậy (1) đúng với

n

Lại có

2222

f

8888

f ( 4 .2 2 2 1)

4k

k

f

Ta lại có:

4

f (4)

f ( 4 .5 0 4 )

f (4n)

f (2n)

4 f (n)

4n
504

f (2n)

f (4n)

N )

n

k

a

f (4 k )

1

a

f (n)

Với

2 f (x

a

Z

2

2

y )

a

2221

2( f (n)

4 f (n)

f (4 n)

n

4

4

bất kì, bằng cách thay
2 f (a )

+ Nếu

f (2)

0,

+ Nếu

f (2)

0 , thì

thấy

2 f (a )

2 f (a )

thì

k

f (a )

k

thì

f (2) f (a )

2 f (a )

ta thấy

f (2) f (a )

f (2) f (a )

0

k

hoặc

Từ đó suy ra

2 f (x

k

k

f (8 8 8 8 )

n

1

0

2

f (8 8 8 4 )

f ( 4 .2 2 2 1)

2221

.

a)

a

f (4 n )

4 f (n)

f (n )

y



a

1

k

0

3a
3
4

2222

[0;

)

khác hằng thỏa

0 ;1; 2 ; .. .; n .

Hướng dẫn giải
*
; k
 vào i) được
(1)

0 ;1; 2 ; ...; n

hoặc

f :

f (a)
f (a )

1.

0.

Thật vậy, nếu

f (a )
0

1,

thì bằng cách cho

f (a )

1,

thì với

k

k

, ta

đủ lớn,

nên (1) cũng không thể xảy ra. Thành thử, ta đã chứng minh được với mọi

a,

1.
2

y )

f ( x0 )
f

(mâu thuẫn) Vậy

nên (1) không thể xảy ra, còn nếu

f (x)

Do đó, n 2 .
*)Nếu n 0 , thì 2 f ( x 2 y 2 )
Vì f khác hằng nên tồn tại x 0
Do

f (8 8 8 4 )

sao cho tồn tại một hàm

n

0 ;1; 2 ; ...; n

f (a )

1

.

f (n )

với

x
k

1

1

f (a )

k

. Ta có:

. Thật vậy, nếu

f (n)

3

f ( y )∣ x , y

f (x)

1

.

Vậy f ( 2 0 1 7 ) 5 0 4 .
Bài 37. Tìm tất cả các số nguyên không âm
mãn đồng thời 2 điều kiện sau
i) f ( x y ) f ( x ) f ( y ); x , y 
ii)

k

N )

4

Do đó:

k

n

*

n

2222)

1.

f (4)

(1)

f (8 8 8 4 )

n

0

; ta đi chứng minh (1) đúng với

f (8 8 8 8 )

n (

f (1)

*

n

n (

a

0

nên suy ra

f ( 4 .2 2 2 1)

f (8 8 8 4 )

f

f (2)

f (4)

4n

2222

2016

Suy ra:

f

f ( 4 .2 2 2 1)

f (8 8 8 8 )

0

n (

f (4k )

, ta sẽ chỉ ra

Lập luận tương tự ta được
Khi đó

4n

. Do đó

1

2221

Trong khi đó

f

f (4)

. Giả sử (1) đúng với

1

= f

2 f (1)



a

Ta đi chứng minh bằng quy nạp:

a

khác hằng nên tồn tại

f ( y)

f (x)


f ( y );

sao cho

f ( x 0 ) f (1 )
x1

f (0 )



0 ;1; 2 ;

f ( x0 )

f (1)

sao cho

f ( x1 ) . f ( 0 )

x ,y

x, y

Z

.

(2)

.
0 . Khi đó,



1.

f ( x1 )

1.

Từ i), ta có

f(0 )= 0 .

Bây giờ, sử dụng (2), ta được

20


2

2 f (1

Điều vô lí này chứng tỏ
*)Nếu n 1, thì hàm số

n

2

2

0 )

f (1)

f (0 )

1.

không thỏa mãn.

0

0

nêu

x

0

1

nêu

x

0

f (x)

thỏa mãn đề bài. Do đó, n 1 thỏa mãn đề bài.
*)Nếu n 2 , thì ta thấy không thể tồn tại 2 số
trái lại, thì x , y Z , ta có
0

2

f (p

2

q ) f (x

2

2

y )

f
f

Kết hợp với (2) suy ra
xp
y q 1 . Do đó, 1

f ( xp

yq )

f ( xp

f (x

2

y )

Z; ( p, q)

2

2

q )( x
yq )

2

2

y

( xq

1

sao cho

yp )

x, y

yp )

2

2

q )

0

. Thật vậy, nếu

2

0.

Z ; ( x, y)

f (p

2

Thế nhưng, do
Điều vô lí này chứng tỏ

0.

1;

(p
( xp

f ( xq

yq )
2

p, q

( p, q)

1

nên tồn tại

x, y

Z

để

1.

Bây giờ, ta xét hàm số
p∣ x
0

nêu

1

nêu

q∣ x

f (x)
p Œx
q Œx

trong đó p , q là 2 số nguyên tố phân biệt có dạng 4 k 3 .
Ta sẽ chứng minh hàm f ( x ) xây dựng như trên thỏa mãn
i) f ( x y ) f ( x ) f ( y ); x , y Z
ii)

2 f (x

2

2

y )

f ( y )∣ x , y

f (x)

Z

0 ; 1; 2

-Kiểm tra điều kiện i)
p∣ x y

Nếu

q∣ x y
p q Œx

Nếu

p q Œy

thì hiển nhiên
thì

f ( xy )

-Kiểm tra điều kiện ii)
Vì f ( x ) 0 ;1 nên 2
2

2 f (1

Dễ thấy

p )

2 f (p

2

2 f (x

Vậy

n

2

1, n

2

f (0 )

f (x)

R

.

f ( y )∣ x , y

Z

0 ; 1; 2

1

f (q )

nên

2

0

f ( y )∣ x , y

Z

0 ; 1; 2

là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài.

2)
3)
4)

a, b

f (x) f ( y)

f (x)

f ( p)

f ( p)

Bài 38. Xác định hàm số
các điều kiện:
1) f ( 2 x )

Với

2

y )

f (1)

f (0 )

0

f (x) f ( y)

2

f (x

q )

y )
2

1

2

2 f (0 )

f ( xy )

3

f (x)

liên tục

2 f (x)

f ( f ( x )(e

f (x)

R

với mọi
1) )

2

( R là tập hợp các số thực dương) thỏa mãn đồng thời

R

x

x (e

x

R

,

1) f ( x )

với mọi

x

R

,

,
f ( k ) là số nguyên dương với mọi số nguyên dương k .
Hướng dẫn giải
3
và f ( a ) f ( b ) , suy ra f ( a ) ( e f ( a ) 1) f 3 ( b ) ( e f ( b ) 1) . Do đó
f (e

1)

(e

1) f (1)

21


3

f (a )

f ( f ( a )(e

Hay a 2 ( e a
Xét hàm số

2

1) f ( a )

b (e
2

h(x)

x (e

b

x

1) f ( b )

1)

trên

R

3

1) )

f (b )

f ( f (b )(e

. Vì f ( a ) f
, ta có h ( x )

(b )

.
nên ta suy ra
1) )

0

2 x (e

x

2

1)

x

x e

2

a (e

a

với mọi

0

2

1)

b (e
x

b

R

.
. Do đó hàm số
1)

đồng biến trên R . Do đó từ a 2 ( e a 1) b 2 ( e b 1) , ta suy ra h ( a ) h ( b ) hay a b .
Vậy f ( x ) là đơn ánh. Kết hợp với f ( x ) liên tục ta suy ra f ( x ) là hàm đơn điệu thực sự. Mặt khác, theo
giả thiết f ( 2 ) 2 f (1) f (1) nên ta suy ra f ( x ) là hàm tăng thực sự trên R .
Từ 2) ta cho x 1 thì f ( f 3 (1)( e f (1 ) 1)) ( e 1) f (1) . Kết hợp với 3) ta suy ra
3
f (1 )
f ( f (1) ( e
1) )
f ( e 1) .
Vì f ( x ) là hàm tăng thực sự trên R nên ta suy ra f 3 (1) ( e f (1 ) 1) e 1 .
Xét hàm số g ( x ) x 3 ( e x 1) trên R , ta có g ( x ) 3 x 2 ( e x 1) x 3 e x 0 với mọi x R . Do đó hàm số
3
x
3
f (1 )
1) e 1 , ta suy ra g ( f (1))
g (1) hay
g (x)
x (e
1) đồng biến trên R . Do đó từ f (1) ( e
f (1) 1 .
Vì f ( 2 x ) 2 f ( x ) với mọi x R và f (1) 1 nên theo quy nạp ta có f ( 2 n ) 2 n với mọi số tự nhiên n .
Với mọi số tự nhiên n , ta có
n
n
n
n
n
n
n 1
n 1
.
2
f (2 )
f (2
1)
f (2
2 ) ...
f (2
2
1)
f (2
) 2
n
n
n
n
Vì điều kiện 4) nên f ( 2 1), f ( 2 2 ), ..., f ( 2 2 1) đều là các số nguyên dương. Do đó ta suy ra
n
n
n
n
n
n
n
n
f (2
1) 2
1, f ( 2
2) 2
2 , ..., f ( 2
2
1) 2
2
1.
Vậy f ( n ) n với mọi số nguyên dương n .
2

h(x)

Từ

x (e

f (2 x)

x

1)

với mọi

2 f (x)

x

. Ta suy ra

R

n

f (2 x)

2

n

f (x)

với mọi

x

R

. Cho với mọi

x

m
2

mọi

m,n

là số nguyên dương ta suy ra

f (m )

2

n

m

f (

2

nguyên dương
Với mỗi

x

m,n

. Do đó

)

m

2

n

f (

m
2

n

)

hay

f (

m
2

n

)

m
2

n

với

với mọi số

.

tùy ý cho trước đều tồn tại dãy số

R

n

n

qk

,

có dạng

qk

m
2

n

hội tụ đến

x

. Vì

f (x)

là hàm

liên tục nên
x

lim q k

lim f ( q k )

k

Thử lại ta thấy hàm số

f (x)

x

f ( lim q k )

k

f (x)

.

k

thỏa mãn mọi điều kiện của bài ra.

Bài 39. Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
i/ f m
f 2015 , f m 1
f 2016 ;
ii/

f

n

f

n

1

f

n

1

m

, n

f :

*

 \

1; 0 ;1

1, 2 , ....

Hướng dẫn giải
Ta có

f

n

1

2m
f

Với

m

1,

ta có
f

f
n

n

f

4

f

f
f

4m

n

f

n ,

f

n

4k
f

1

2

f 1

n



n

*

n

; f

n

4 .5 0 3

3

n
f

k,n

1
,

f
f

n

n ,

1

n

2015

f



n



*

*

1
1

3

: vô lý.

f 1

Với

m

2

, ta có

f

n

8

f

n

f

n

8k

f

n ,

n, k



*

22




f

n

f

1

4

; f

f

Ta có

f

2

f

n

n

,

n

f

2015

1

2

f

2 5 1 .8

n

*



n

1

7

f

1

7
f

f

3

f

2016

f

2 5 1 .8

8

f

1

8
f

f
f

2

f

2

1
f

2

2

 \

a

, đặt

1; 0 ;1



f 1

f

1

1

Điều mâu thuẫn trên dẫn đến m 3 .
Với m 3 , ta xây dựng được vô số hàm
Cho

4

2

4
f

;
3

a; f

n

thỏa yêu cầu bài toán như sau

f

2

1

a

1

a

f

n

1

f

n

1

3

,

; f

1

3

n

1

Khi đó, chứng minh quy nạp thì hàm số xác định trên
f

 \

n

;

a

*





1; 0 ;1 ,



n

*

hơn nữa theo chứng minh trên
f

n

1

6
f

Khi đó

f

2015

f 1 6 7 .1 2

,

f

n

12k

2016

n ,

n, k



*

n

11

1

f 11
f

f

f

f 1 6 7 .1 2

12

5

1

f

2

1

1

f

2

a

1

f 12
f

6

f

3

1

f

3

a

1

1

f

3

a

1

f

4

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 40. Tìm hàm f (x ) liên tục trên R và thỏa mãn:
f (x

y)

f(x

y)

2 f(x )

2 f(y )

x, y

R.

Hướng dẫn giải
+)Cho x = y = 0 từ (*)
f(0) = 0.
+)Thay x bởi y và y bởi x ta được:
f (x

suy ra
+)Cho x

y)

f (x

f(x

y)

y

f(y

f (2 x )
x

f

y)

2 f(x )

x, y

R

, x,y R
f(x) là hàm số chẵn.
2
*
4 f ( x ) , CM quy nạp ta được f(nx) = n f(x), x R, n N
x)

1

n

2 f(y )

n

2

f ( x ),

x

R,

n

N

*

f

m

x

n

2

m
n

2
2

2

x

R,

n, m

N

*

+

hay f(rx) = r f(x), x R, r Q ,
+) Vì f(x) là hàm chẵn nên f(rx) = r2f(x), x R, r Q.
+) Vì f(x) liên tục trên R nên f( x) = 2f(x), x R,
R
Vậy f(x) = ax2, với a = f(1), x R.
Bài 41. Cho hàm f : R
R
(R
{x
R| x
0 } ) sao cho:
f (x )

f ( x ),

f

y

f (x

2

y

x f ( 4 y ))

x, y

f( ) = a

2

0

a) Chứng minh f là hàm tăng không nghiêm ngặt trên R+
b) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên.

23


Hướng dẫn giải
a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0.
Xét hàm g(x) = x2 + f(4y)x là hàm đồng biến trên R+ vì f(4y)>=0. Mà:
g (0 )

0; g (

)

TG T g (x)

[0 ;+

)

nên với mỗi số dương a bất kỳ luôn tồn tại x0 để a= g(x0) >
0 . Do đó f(y+a) = f(g(x0)+y) >= f(y) với mọi số a dương. Chứng tỏ f là hàm tăng không nghiêm ngặt.
b) Xét hai trường hợp sau:
TH1: Tồn tại t > 0 để f(t) = 0.
x

Thay x

t

f (y)

M à f (t )

f (t

y)

f (0 )

f (t )

0

f (y

t

f (y)

f (2t)

t f ( 4 y ))

f (y

...

t)

f (nt)

n

f (t

y

y)

0

Z

Kết hợpvới f(x) là hàm không giảm nên f(x) = 0 với mọi x không âm. Vì nếu ngược lại tồn tại u > 0 để
f(u) > 0 thì luôn tồn tại n nguyên dương để nt > u nhưng f(nt) = 0 mâu thuẫn với tính không giảm của
hàm f.
TH2: Với mọi số dương t có f(t) > 0. Theo chứng minh trên suy ra f là hàm tăng ngặt
Thay y bởi y2 ta có: f(x2) + f(y2) = f(x2 + y2 + xf(4y2))
Thay x bởi y, y bởi x2:
2

f (y )

f

x

2

f (y

2

x

2

yf (4

x ))

yf (4

x)

Vì f tăng ngặt nên:
2

x

2

y

2

2

xf (4 y )

y

2

x

2

2

x( f (4 y )

yf (4

x)

f (4 y )
y

f (x)

k

f (4

x)

kf

x

0; y

0

x

x

Thử lại ta được k=1.
KL: Bài toán có hai nghiệm là
f

x

0; f (x )

x.

Bài 42. Tìm tất cả hàm f: R→R* liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện:
1

1

f (x)

f (x

2

x R.

1
2 x)

Hướng dẫn giải
2

2

Ta có (1)
f(x)+f(x +2x) = f(x).f(x +2x)
[f(x)-1].[f(x+1)2-1]=1
Thế x bởi x-1 ta [f(x-1)-1].[f(x2-1)-1]=1
Đặt g(x)=f(x-1)-1
g liên tục trên R; g(x) 1 x R và g(x) g(x2)=1 x R (2)
Từ (2) ta có g(x) 0 1 x R
Thay x bởi –x
g(-x).g(x2)=1-g(x).g(x2) g(-x)=g(x)
Vậy g là hàm chẵn x nên ta chỉ cần xét với x>0 trên 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 như 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 cả các hàm số f : 
 thỏa mãn:
xf

x

xy

xf

x

f

x

2

f

y ,

x, y



.
Hướng dẫn giải

xf

x

xy

xf

x

f

x

2

f

y ,

x, y



1

24


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

x

f

x

2

f

1

xf

0

0,



x

2

Trong (2) lấy x = -1 ta được:
f
f 1

f

1

f

1

1

0

0
f 1

+ Nếu

f

+ Nếu

f 1

1

1

thì từ (2) suy ra f đồng nhất 0 và hàm này thỏa mãn bài toán.

0

thì trong (2) lại lấy x = 1 ta thu được

1

Từ đó (2) trở thành :

f

2

x

xf

x ,



x

f

1.

1

3

Trong (1) ta cho y = 1:
xf

2x

xf

x

f

x

2

f 1 ,



x

f

2x

2 f

x ,

x

 ,x

0

4

f 1

y

1

f

y ,

y

f

1

y

1

f

0

Kết hợp (1) và (3) ta được:
f

x

xy

f

x

f

x

f

y ,

y

Từ (4) lần lượt lấy x = 1, x = -1 ta có:



y ,



y

Như vậy hàm f là một hàm số lẻ.
Trong (4) thay y bởi -y và sử dụng tính lẻ của hàm f:
f

x

xy

f

x

f

x

f

y

f

x

f

x

f

y ,

 ,x

y

0

5

Cộng vế theo vế (4) và (5) :
f

x

xy

f

x

xy

Mà f(0) = 0 nên ta có

f

2 f

x

f

2x ,

x

xy

f

x
f

Và bây giờ ta sẽ tính biểu thức
2

f

x

1

f

x

2

2x

1

xy

x

2 f

y

f

2

f

f

x

x

2

 ,x

y

0

x

f

x

2x ,

f

y ,



x, y


x, y

theo hai cách:

1

f

2x

x

1

f 1

xf

x

2 f

1,

x



1 ,

x



x

2

f

x

1

f

x

1

x

1

f

x

Từ hai điều trên thu được:
xf

x

2 f

x

1

x

1

f

x

1 ,

Thử lại thỏa. Kết luận của bài toán là:
Bài 44. Tìm tất cả các hàm số



x

f

x

f

0,

f : \ 0


f ( y)

x

x

x,

 ; f



x

x

x,

sao cho với mọi
f (x)

x

.

khác 0 và x

x, y

x

f ( y ). f



x

y

ta có

.
y

Hướng dẫn giải
Đặt

g (x)

f

1

ta được PTH:

g (y)

g (x)

g (y)g

x

1

+ Cho y=1:

g (1)

(1)

y

x

g (x)

g (1) g 1

x

. Suy ra

g (1)

g

x
y

g (1) g

1

x

(2)

y

25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×