Tải bản đầy đủ

lovetoan wordpress comkinh nghiệm giải phương trình hàm

KINH NGHIỆM GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Lưu Giang Nam,(nick :namcpnh)
12 Chuyên Toán, trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau
Ngày 16 tháng 1 năm 2014

Bài viết tham dự Cuộc thi Viết bài kỉ niệm 10 năm Diễn đàn toán học (2004 - 2014)

I) Kiến thức cần biết.
) Ta có nếu f liên tục và đơn ánh thì f đơn điệu ( f: liên tục+đơn ánh = đơn điệu ) .
) Nếu f liên tục trên (a, b)
thì với x0 sao cho f (x0 ) > 0 thì tồn tại ε > 0 để f (x) > 0, ∀x ∈ (x0 − ε; x0 + ε)
) Một số đạo hàm đáng chú ý :
(f (x).ex ) = ex (f (x) + f (x)) , (f (x).e−x ) = ex (f (x) − f (x)).
) Phương trình hàm Cauchy :
f (x + y) = f (x) + f (y) =⇒ f (x) = ax nếu f liên tục hoặc đơn điệu hoặc khả vi.
) Hàm f khả vi cấp n tức là tồn tại f (n) (x).
) Hàm f tăng trên (a, b) nếu ta có x1 ≤ x2 =⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ) , tương tự cho f giảm.
) Nếu f là hàm tăng (giảm) thì f (f (x)) cũng tăng (giảm).
) Ta có với mỗi số thực x bất kì thì luôn tồn tại dãy số hữu tỉ (xn ) sao cho limxn = x,
hoặc tồn tại 2 dẫy hữu tỉ un , vn sao cho un ≤ x ≤ vn và limun = limvn = x


II) Bài tập.
a) Sử dụng tính chất giải tích và phản chứng.
Ví dụ 1. Cho 2 hàm f, g liên tục và xác đinh trong (a, b) thỏa :
f (x)2 = g(x)2 = 0, ∀x ∈ (a, b).
Chứng minh rằng :
f (x) = g(x), ∀x ∈ (a, b), hoặc f (x) = −g(x), ∀x ∈ (a, b).
Phân tích. Nhìn vào đề ta cứ tưởng đây là 1 điều đương nhiên đúng (kiểu như a2 =
b2 ⇐⇒ a = ±b), tuy nhiên đối với hàm số thì không phải như thế.
Nếu ta ra được f (x)2 = g(x)2 , ∀x ∈ (a, b) thì ta chỉ có f (x) = g(x), ∀x ∈ (c, d) và
f (x) = −g(x), ∀x ∈ (e, f ) với (c, d), (e, f ) ⊂ (a, b).
Bài toàn này sẽ giúp chúng ta nhìn nhận đúng hơn về phương trình hàm kiểu nay và
tránh những "ngộ nhận" khi giải PTH.

1


c Diễn đàn Toán học

Lời giải.
Giả sử tồn tại x0 sao cho f (x0 ) = g(x0 ) (1).
Ta sẽ chứng minh f (x) = g(x), với mọi x ∈ (a, b).
Giả sử tồn tại x1 ∈ (a, b)/x0 sao cho f (x1 ) = g(x1 ) (∗)
Khi đó f (x1 ) = −g(x1 ) (2)
Từ (1) và (2) ta có f (x0 ).f (x1 ) = −g(x0 ).g(x1 )
) Nếu f (x0 ).f (x1 ) < 0 thì tồn tại x2 thuộc (x0 , x1 ) sao cho f (x2 ) = 0 => mâu thuẩn với
f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b).
) Nếu f (x0 ).f (x1 ) > 0 thì g(x0 ).g(x1 ) < 0 tương tự cũng tồn tại x3 thuộc (x0 , x1 ) sao
cho g(x3 ) = 0 =⇒ mâu thuẩn với g(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) =⇒ . Điều phản chứng ban đầu
là sai =⇒ f (x) = g(x), với mọi x ∈ (a, b).
Tương tự ta cũng có f (x) = −g(x), với mọi x ∈ (a, b)
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Ta sẽ tiếp tục qua 1 bài toán cũng thuộc hàng rất dễ ngộ nhận trong Phương trình hàm.
Ví dụ 2. Cho hàm số f : R → R liên tục và thỏa f (f (x)) = −x4 , ∀x ∈ R.
Chứng minh rằng f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R.
Lời giải.
) Nếu x ≤ 0 , đặt x = −a4 ta có :
x = −a4 = f (f (a)) =⇒ f (x) = f (f (f (a))) = −f (a)4 ≤ 0 =⇒ đúng
) Nếu x > 0 : Dễ dàng CM được f đơn ánh.
Mà f liên tục cộng thêm đơn ánh ta được f đơn điệu trên (0; +∞).


Giả sử tồn tại x0 ∈ (0; +∞) sao cho f (x0 ) > 0.
mà f liên tục nên tồn tại ε > 0 sao cho f (x) > 0 với mọi x ∈ I = (x0 − ε; x0 + ε).
Khi đó trên I ta có f (f (x)) đồng biến mà −x4 nghịch biến =⇒ vô lí.
=⇒ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (0; +∞). Vậy với mọi số thực x ta luôn có f (x) ≤ 0 ( ĐPCM).
Ví dụ 3. Cho f : R → R thoả f (x) =
tục, sao cho

f (g(x)) = x
.
g(x) > x

2x3 − 3
. Chứng minh rằng tồn tại hàm g(x) liên
3x2 − 3
( Việt Nam TST 1995 )

Nhận xét. Đây là 1 phần trong bài 6 TST 1995. Việc nhìn thấy dạng của g(x) là khá
đơn giản vì rõ ràng f (f −1 (x)) = x, trong đó f −1 (x) là hàm ngược của f (x). Mà điều kiện
để tồn tại hàm ngược là f phải song ánh. Công việc duy nhất khi làm bài này chính là
chứng minh f song ánh và kiểm tra dữ kiện 2 có đúng không . Chúng ta cùng vào lời giải
.
Lời giải.
6x(x3 − 3x + 3)
Ta có f (x) =
Khi đó xét tập I = (1; +∞) ta có f tăng .
(3x2 − 3)2
Mà f liên tục trên I và lim+ f (x) = −∞, lim f (x) = +∞ =⇒ toàn ánh trên I.
x→1

x→+∞

Từ f đơn điệu ( hay f cũng đơn ánh ) và f toàn ánh =⇒ f song ánh.
Vậy f tồn tại hàm ngược , hay g(x) = f −1 (x) có nghĩa.
Công việc cuối cùng là kiểm tra g(x) > x trên I .
Đây là điều khá dể vì chỉ cần nhận xét g(x) = f −1 (x) > x ⇐⇒ x > f (x) và từ đây sử
dụng biến đổi tương đương trên tập I ta có điều phải chứng minh.
2


c Diễn đàn Toán học

Để kết thúc phần này , xin mời các bạn làm thử 2 ví dụ sau để củng cố lại những gì tác
giả đã trình bày bên trên.
Bài toán 1. Cho f (f (x)) = x2n , n ∈ N∗ , liên tục. Chứng minh rằng f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Hỏi điều đó còn đúng hay không nếu thay bởi f (f (f (x))) = x2n .
Bài toán 2. Tìm f : R+ → R+ thỏa :
f (x + y) + xyf (xy) + x2 + 1 = y 2 (f (x)2 ) − 1, ∀x, y ∈ R+

b) Lớp hàm khả vi.
Trước khi đi vào ví dụ , tác giả xin được nói 1 vài điều về Phương trình hàm khả vi.
Đây là 1 lớp hàm khá hay và lạ (xuất hiện không nhiều trong các kì thi) tuy nhiên các bài
kiểu này luyện cho chúng ta cách nhìn nhận đúng và kiểm tra được tính chất của hàm số
(như là có thể dùng khả vi để chứng minh 1 vài tính chất như nếu f (x) > 0 thì f (f (x))
tăng, kể cả khi đề không cho tính khả vi để tiện cho việc đánh giá khác).
Về cách giải PTH mang tính khả vi tôi có 1 phương pháp thường gọi là “lấy độc trị độc”.
Nghĩ là đề cho dữ kiện f khả vi, có nghĩa là có đạo hàm, thì ta sử dụng luôn dữ kiện đạo
hàm vào trong bài toán mà không cần quan tâm bài dang của nó như thế nào. Ta cùng
vào các bài toán để nhìn thấy được điều này.
Ví dụ 4. Tìm hàm f : (−1, 1) → R khả vi trên (−1, −1) thỏa :
x+y
f (x) + f (y) = f
1 + xy
Lời giải.
Coi x là ẩn và đạo hàm 2 vế theo biến x ta có :
1 − y2
x+y
f (x) = f
·
1 + xy
(1 + xy)2
Tương tự ta ta xét y là nghiệm và đạo hàm 2 vế theo biến y ta có :
x+y
1 − x2
f (y) = f
·
1 + xy
(1 + xy)2
f (x)
f (y)
Từ đó :
=
⇐⇒ f (x)(1 − x2 ) = f (y)(1 − y 2 ) = c
1 − y2
1 − x2
c
c
1
1
c
=
+
Hay f (x) = (ln |1 − x| + ln |1 + x|)
⇐⇒ f (x) =
2
1−x
2 1−x 1+x
2
c
Thử lại thỏa. Vậy f (x) =
, ∀x ∈ (0, 1).
2 (ln |1 − x| + ln |1 + x|)
Qua bài này ta có thể thấy các bài dạng này thường là không thể dự đoán trước được
nghiệm và cũng khá hay trong các trình bày . Tiếp theo tôi sẽ giới thiệu cách chứng minh
PTH Cauchy nếu thêm dữ kiên khả vi. Như các bài khác, bài này cũng sẽ dùng PP " lấy
đọc trị độc ".
Ví dụ 5. Tìm hàm f : R → R , khả vi trên R và thỏa: f (x + y) = f (x) + f (y)

3


c Diễn đàn Toán học

Lời giải.
Dễ thấy f (0) = 0
Xem x là ẩn , đạo hàm 2 vế ta có f (x) = f (x + y)
Xem y là ẩn , đạo hàm 2 vế ta có f (y) = f (x + y)
=⇒ f (x) = f (y) = c =⇒ f (x) = cx, ∀x ∈ R ( vì f (0) = 0) Thử lại thỏa .
Vậy f (x) = cx, ∀x ∈ R
Sau đây là 1 ví dụ khá hay, đây cũng là lời kết cho lớp hàm khả vi :
Bài toán 3. Tìm tất cả các hàm f : R → R có đạo hàm tại 0 và thỏa mãn :
f (ax) = af (x), |a| > 1 (1) .
Lời giải.
Giả sử f thỏa mãn yêu cầu đề bài. Từ (1) cho x = 0 ta có f (0) = 0.
f (x)
, x = 0.
Xét hàm g : R → R như sau : g(x) =
x
f (0), x = 0
f (x)
f (ax)
=
⇐⇒ g(ax) = ag(x)
Với mọi x = 0 theo (1) ta có :
ax
x
f (x)
f (x) − f (0)
Mặc khác lim g(x) = lim
= lim
= f (0) = g(0).
x→0
x→0 x
x→0
x−0
x
x
Vì f có đạo hàm tại 0 nên g liên tục =⇒ g(x) = g
= ··· = g n
a
a
=⇒ g(x) = c =⇒ f (x) = cx Thử lại thỏa. Vậy f (x) = cx, ∀x ∈ R

= g(0)

c) Lớp hàm liên tục và đơn điệu.
Đây là 2 lớp hàm khá quen thuộc trong các kì thi, nhờ mà các bài phương trình hàm nhẹ
bớt đi về độ khó và đôi khi cũng tạo ra những vẻ đẹp rất thú vị .
Chúng ta cùng bước vào những ví dụ về PTH đơn điệu.Mở đầu là 1 bài toán khá quen
thuộc, xuất hiện thường khá nhiều trong các đề đề nghị Olympic 30-4.
Ví dụ 6. Tìm hàm f : (0+∞) → R, tăng thỏa : f (x)+

1
> 0 và f (x).f
x

f (x) +

1
x

Nhận xét. Bài này chỉ cần chú ý tính chất nếu f đơn điệu thì f đơn ánh.
Lời giải.
1
Dể thấy f đơn ánh. Thay x bởi f (x) +
x
1
1
1
f f (x) +
.f f f (x) +
+
= 1.
x
x
f (x) + x1
1
1
Từ đó dể thấy : f f f (x) +
+
= f (x)
x
f (x) + x1
Vì f đơn ánh nên:

1
1
1
1
1± 5
f f (x) +
+
= x ⇐⇒
+
= x ⇐⇒ f (x) =
x
f (x) f (x) + x1
2x
f (x) + x1

1− 5
Vì f đồng biến nên f (x) =
thỏa.
2x

1− 5
Thử lại thỏa. Vậy f (x) =
, ∀x ∈ (0; +∞)
2x
4

= 1.


c Diễn đàn Toán học

Cũng như PTH có tính khả vi, PTH đơn điệu tôi cũng sẽ giới thiệu cách CM Phương
trình hàm Cauchy nếu có thêm dữ kiện liên tục .
Ví dụ 7. Tìm hàm f : R → R, đơn điệu thỏa : f (x + y) = f (x) + f (y).
Lời giải.
Dể dàng chứng minh được f (x) = ax, ∀x ∈ Q.
Bây giờ nhờ f đơn điệu( không mất tính tổng quát giả sử f tăng ) nên theo tính chất ghi
bên trên ta có :
tồn tại hai dãy số hữu tỉ un , vn sao cho un ≤ x ≤ vn và limun = limvn = x.
Do f tăng nên f (un ) ≤ f (x) ≤ f (vn ) =⇒ a.un ≤ f (x) ≤ a.vn
Cho n → +∞ ta có : ax ≤ f (x) ≤ ax =⇒ f (x) = ax.
Thử lại thỏa. Vậy nếu f đơn điệu ta cũng có f (x) = ax, a ∈ R, x ∈ R.
Ví dụ 8. Tìm tất cả hàm đơn điệu f : R → R sao cho f (xf (y)) = yf (2x) với mọi
x, y ∈ R
Lời giải (Gợi ý).
Chú ý : f đơn điệu nên f không thể đồng nhất với 0.
Ta sẽ làm các công việc: CM f (0) = 0
Thay x bởi f (x) , đổi vai trò x, y rồi so sánh.
Cuối cùng biện luận : f (x) > 2x và f (x) < 2x đều không thỏa. =⇒ f (x) = 2x
Ví dụ 9. Tìm f, g : R → R, f tăng, toàn ánh thỏa mãn:
f (f (x) + y)g(y) = f (x)g(x) + 6xy + 6x.
Lời giải.
Do f toàn ánh nên tồn tại a mà f (a) = 0
Cho y = −f (x), x = 0 có f (0)g(x) = f (x)g(x) − 6xf (x) + 6x ⇒ g(x) =

6x(f (x) − 1)
f (x) − f (0)

Kết hợp với (∗) thì f (x) = f (y) ⇐⇒ x = y vậy f song ánh.
Cho y = −1 có f (f (x) − 1)g(x) = f (x)g(x) =⇒ g(x) = 0 (không thoả)
hoặc f (x) = x + 1 =⇒ g(x) = 6x (thoả)
Kết luận f (x) = x + 1 và g(x) = 6x
Sau đây là 2 bài tâp về hàm đơn điệu dành cho bạn đọc .
Bài toán 4. Tìm hàm f : R → R, đơn điệu thỏa :f (x)y = xf (y) .
Bài toán 5. Tìm hàm f : R → R, tăng ngặt thỏa : f (x + f (y)) = f (x) + y n , n ∈ N∗ Bài
3c : Tìm hàm f : R → R, tăng ngặt, song ánh thỏa :f (x) + f −1 (x) = 2x .
Bây giờ chúng ta sẽ qua 1 lớp hàm rất hay, có nhiều ứng dụng trong việc giải PTH. Tác
giả khá là thích lớp hàm này vì nó mang đậm tính giải tích và có nhiều đánh giá rất hay.
Trước hết ta cùng chứng minh Phương trình hàm Cauchy trong trường hợp có thêm dữ
kiện liên tục :
Ví dụ 10. Tìm hàm f : R → R, liên tục thỏa : f (x + y) = f (x) + f (y).

5


c Diễn đàn Toán học

Lời giải.
Dễ dàng chứng minh được f (x) = ax với x ∈ Q bằng quy nạp. Tiếp theo nhờ f liên tục
nên tồn tại dãy số xn hữu tỉ có lim xn = x khi n ra vô cùng. Mà lại có f (xn ) = axn Từ
đó ax = lim axn = lim f (xn ) = f (lim xn ) = f (x) =⇒ f (x) = ax, ∀x ∈ R
Vậy PTH Cauchy được chứng minh xong.
Phương trinh hàm Cauchy là 1 ứng dụng mạnh trong Phương trình hàm, ta cùng xét 1
số ví dụ để thấy được ứng dụng của hàm Cauchy.
Ví dụ 11. Tìm hàm liên tục f : R → R thỏa : f x2 f (x) + f (y) = (f (x))3 + y.
Nhận xét. Khi gặp những bài này thì suy nghĩ đầu tiên trong đầu tôi là PTH Cauchy,
quả thật, bài bài chỉ là 1 vài bước biến đổi khác đi của PTH Cauchy.Điều qua trọng nhất
đối với bài này chính là việc tính giá trị đặc biêt ( tính f (0) ) .
Lời giải.
Gỉa sử tồn tại y1 , y2 sao cho f (y1 ) = f (y2 )
Khi đó ta có f (x2 f (x) + f (y1 )) = f (x2 f (x) + f (y2 ))
=⇒ f (x)3 + y1 = f (x)3 = y2 =⇒ y1 = y2 =⇒ f đơn ánh.
Ta có : x = 0, y = −f (0)3 =⇒ f (f (−f (0)3 )) = 0 Đặt a = f (−f (0)3 ) =⇒ f (a) = 0
Thay x = a ta có : f (0) = a = f (−f (0)3 ). Dễ thấy f đơn ánh =⇒ f (0) = 0
Từ đây dễ thấy f (x + y) = f (x) + f (y) =⇒ f (x) = ax =⇒ f (x) = x
Thử lại f (x) = x thỏa . Vậy f (x) = x
Ta cùng qua ví dụ tiếp theo :
Ví dụ 12. Tìm tất cả các hàm f : R \ {±1} → R thỏa mãn f

x+y
1 + xy

=

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

Nhận xét. Đây là 1 bài tác giả đã làm trong khoảng thời gian ôn thi VMO, bài này
khá khó và việc đi tìm hướng giải là vô cùng khó khăn vì đề đã che dấu khá nhiều. Tuy
nhiên, nếu nhanh trí thì ta vẫn có thể phát hiện được 1 số điều quan trong và cũng là
mấu chốt của bài toán . Đầu tiên đó là đánh giá x + y + 1 + xy = (1 + x)(1 + y) và
−x − y + 1 + xy = (1 − x)(1 − y), sau đó chú ý tới Phương trình hàm Cauchy ( nhờ đề
cho có tích f (x)f (y) nên ta có thể suy nghĩ ngay tới dạng f (xy) = f (x)f (y) ) . Từ những
hướng đi đó, chúng ta cùng vào "xử lí " bài toán này .
Lời giải.
Ta sẽ tìm hàm g(x) theo x và f (x) để cuối cùng đi về dạng g(xy) = g(x).g(y).
v+1
(u + 1)(v + 1)
u+1
v+1
u+1
và y =
ta có : g
=g
g
.
Nếu đặt x =
1−u
1−v
(1 − u)(1 − v)
1−u
1−v
1
Nhân cả 2 vế cho
( vì đề cho sẵn ) ta có :
1 + uv
(u + 1)(v + 1)
1
u+1
v+1
1
g
=g
g
(1 − u)(1 − v) 1 + uv
1−u
1 − v 1 + uv
Tiếp theo đó nhờ đánh giá
x + y + 1 + xy = (1 + x)(1 + y) và −x − y + 1 + xy = (1 − x)(1 − y)
ta có :
(u + 1)(v + 1) (1 − u)(1 − v)
u+1
v + 1 (1 − u)(1 − v)
=g
g
g
(1 − u)(1 − v)
1 + uv
1−u
1−v
1 + uv
6


c Diễn đàn Toán học

1+
1−

u+v
1+uv
u+v
1+uv

u+v
1 + uv

u+1
v+1
1
(1 − u)g
(1 − v)
1−u
1−v
1 + uv
x+1
(1 − x) thì ta sẽ có ngay :
Đến đây rõ ràng ta có thể đặt : f (x) = g
1−x
x+y
f (x)f (y)
f
=
1 + xy
1 + xy
x−1
2
Hay nếu đặt g(x) =
f
thì ta sẽ có : g(xy) = g(x).g(y)
x+1
x+1
a
x+1
Từ đây do f liên tục nên g cũng liên tục =⇒ g(x) = xa =⇒ f (x) =
(1 − x).
1−x
a
x+1
Thử lại thỏa. Vậy f (x) =
(1 − x), ∀x ∈ R \ {±1}.
1−x
⇐⇒ g

1−

=g

Tiếp tục 1 bài sử dụng hàm Cauchy:
Ví dụ 13. Tìm f : R → R liên tục thỏa (f (x))2 = f (x + y).f (x − y)
Lời giải.
Cho x = y có (f (x))2 = f (2x)f (0) =⇒ f (2x)f (0) = f (x + y)f (x − y)
Đặt f (x) = g(x)f (0), u = x + y, v = x − y có g(u + v) = g(u)g(v) ( hàm cauchy )
Dễ thấy u, v ∈ R kết hợp với g liên tục do f liên tục.
Ta được hai hàm g(x) = 0 hoặc g(x) = ax , a > 0 =⇒ f (x) = k · ax ( với k = f (0) )
Vậy hàm thỏa đề là f (x) = k · ax
Như vậy bài toán đã được xử lí hoàn toàn và qua đây cho thấy việc sử dụng hàm Cauchy
trong Phương trình hàm liên tục là đặc biệt quan trọng, và đó cũng là 1 kĩ thuật hay,
thường gặp trong các kì thi.
Mời bạn đọc thử tìm hướng giải cho 3 bài tâp dưới đây thông qua tư tưởng PTH Cauchy.
Bài toán 6. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa

f (x + y) + f (x)f (y) = f (xy) + f (x) + f (y)
.
f (0) = 2, f (2) = 0

Bài toán 7. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa : f

x+y
2

2

= f (x)f (y).

Bài toán 8. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa :
f (x + f (y + f (z))) = f (x) + f (f (y)) + f (f (f (z)))
(Gợi ý xét các trường hợp của tập A = f (R))
Ngoài việc sử dụng hàm Cauchy, một kĩ thuật khác rất quan trọng trong việc dùng dữ
kiện liên tục đó chính là quy nạp.
Ta cùng xét 1 số ví dụ để thấy được tầm quan trọng của PP quy nạp.
Ví dụ 14. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa :
x+y
x−y
f (x) + f (y) + 2 = 2f
+ 2f
(T10/438, THTT)
2
2

7


c Diễn đàn Toán học

Nhận xét. Có lẽ ý tưởng ra đề này là bắt nguồn từ bài 6 trong đề thi HSG Olympic
30-4 năm 2012 tại Vùng Tàu. Đề năm đó là :
Tìm tất cả hàm f : Q → R thỏa f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 2f (y).
Để giải được bài toán này, ta cần giải bài Olympic 30-4 trước rồi từ f liên tục ta sẽ hoàn
thành bài toán trên R.
Lời giải.
Đặt g(x) = f (x) − 1, ta có ngay g(x) + g(y) = 2g

x−y
x+y
+ 2g
2
2
Hay g(x + y) + g(x − y) = 2g(x) + 2g(y) Dể thấy g(0) = 0. Đặt g(1) = k
Bằng quy nạp ta chứng minh được g(x) = kx2 ,x ∈ N .
Mà g là hàm chẵn ( thay y bởi −y ta sẽ thấy) nên g(x) = kx2 ,x ∈ Z .
Ta sẽ tiếp tục CM g(x) = kx2 ,x ∈ Q. Thật vậy
2
p
p
1
p
x ∈ Q =⇒ x = , p, q ∈ Z =⇒ g
= 2 g(p) = k
=⇒ g(x) = kx2 ,x ∈ Q
q
q
q
q
Cuối cùng vì f liên tục nên tồn tại dãy số hữu tỉ xn sao cho lim xn = x2 , khi n ra vô cùng.
Khi đó
kx2 = k lim(xn ) = lim(k.xn ) = lim g(xn ) = g(lim xn ) = g(x) =⇒ f (x) = kx2 , ∀x ∈ R
Thử lại thỏa. Vậy g(x) = kx2 hay f (x) = kx2 + 1 ( Bài toán được chứng minh xong)
Tiếp theo là một số ví dụ khác sử dụng quy nạp.
Ví dụ 15. Tìm tất cả các hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn:
f (x + y) + f (xy) = f (x) + f (y) + f (x)f (y), với mọi x, y thuộc R
Lời giải.
f (x + y) + f (xy) = f (x) + f (y) + f (x) f (y) , ∀x, y ∈ R, (1)
Nếu f là hàm hằng thì dễ thấy f ≡ 0.
Xét f khác hàm hằng. (*)
x = y := 0, (1) =⇒ f (0)2 = 0 =⇒ f (0) = 0
Đặt a = f (1). y := 1
(1) =⇒ f (x + 1) + f (x) = f (x) + f (1) + f (x) f (1) =⇒ f (x + 1) = af (x) + a, ∀x, (2)
Nếu a = 0 =⇒ f (x + 1) = 0 ∀x =⇒ f là hàm hằng: trái với (*). Nên a = 0.
Xét số tự nhiên n bất kì
(2) ⇒ f (n) = af (n − 1) + a
= a2 f (n − 2) + a (1 + a)
= ···
= an−1 f (1) + a 1 + a + ... + an−2
= an + a 1 + a + ... + an−2
TH1: a = 1. Khi đó
an+1 − an + an − a
an − 1
an−1 − 1
=
= a.
, ∀n ∈ N
f (n) = an + a.
a−1
a−1
a−1
Trong (1), chọn x, y ∈ N , ta có:
ax+y − 1
axy − 1
ax − 1
ay − 1
ax − 1 ay − 1
a.
+ a.
= a.
+ a.
+ a2
.
a−1
a−1
a−1
a−1
a−1 a−1
⇐⇒ ax+y − 1 + axy − 1 = ax − 1 + ay − 1 + a (ax − 1) (ay − 1)
⇐⇒ ax+y+1 − axy − ax+y − ax+1 − ay+1 + ax + ay − a = 0, (3)
x = y := 1, (3) ⇒ a3 − 3a2 = 0 ⇔ a ∈ {0; 1; 2} ⇔ a = 2
x := 1; y := 2, (3) ⇒ a5 − 2a4 − 2a3 + 2a2 + a = 0 ⇒ a = 2
2 điều này mâu thuẫn nhau nên trong TH1, không tồn tại f thoả đề.
8


c Diễn đàn Toán học

TH2: a = 1. Khi đó, (2) trở thành:f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x
Bằng quy nạp, ta thu được 2 điều sau:
f (n) = n, ∀n ∈ Z
f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z
Chọn bất kì 2 số nguyên khác 0 là p, q. Ta có:
p
p
p
p
= f (p) + f
+ f (p) f
−f q+
f q.
q
q
q
q
p
p
p
⇔p=p+f
+ pf
−f
−q
q
q
q
p
p
= , ∀p, q ∈ Z\{0} ⇒ f (x) = x, ∀x ∈ Q
⇔f
q
q
Do f liên tục nên với mọi số thực r, ta chọn dãy hữu tỷ (xn ) sao cho lim xn = lim yn = x
thì ta sẽ có f (x) = f (lim xn ) = lim f (xn ) = lim xn = x
Vậy f (x) = x ∀x ∈ R
Ví dụ 16. Tìm hàm f : R+ → R+ thỏa f (x).f (y) = f (xy) + f

x
y

với mọi x, y > 0

Lời giải.
Đặt g(x) = f (ex ) thì: g(x).g(y) = g(x + y) + g(x − y), với mọi x, y ∈ R (*).
Từ (*) chọn (x, y) = (0, 0) ta thu được g(0) = 2. Giả sử tồn tại x0 ∈ R mà g(x0 ) < 2.
Xét dãy (un ) được xác định bởi: u0 = g(x0 ), un+1 = u2n − 2, n ≥ 0.
Từ (*) thì g(2n x0 ) = un > 0 (1).
Dễ dàng chứng minh được dãy (un ) không thể luôn dương, điều này mâu thuẫn với (1).
Vậy g(x) ≥ 2, với mọi x ∈ R.
Từ đó với mọi x0 ∈ R tồn tại a mà g(x0 ) = ax0 + a−x0 .
Bằng quy nạp ta thu được: g(nx0 ) = anx0 + a−nx0 , n ∈ Z (**).
Đặt g(1) = c + c−1 . Từ (**) chọn (n, x0 ) = (n, 1) suy ra: g(n) = cn + c−n .
1
1
1
1
suy ra: g
= c n + c− n .
Từ (**) chọn (n, x0 ) = n,
n
n
m
m
1
m
Từ (**) chọn (n, x0 ) = m,
suy ra: g
= c n + c− n .
n
n
Từ tính liên tục của hàm g(x) suy ra g(x) ≡ cx + c−x . Do đó f (x) = cln(x) + c− ln(x)
Cuối cùng , tác giả xin được giới thiệu 1 số bài sử dụng dãy số trong PTH liên tục .
Ví dụ 17. Tìm tất cả các hàm liên tục thỏa : f (x) = f
Lời giải.
x
x
x
Từ đề ra ta có f (x) = f
= f 2 = · · · = f 2n
a
a
a
x
x
Do f liên tục nên f (x) = lim f 2n = f
lim 2n
n→+∞
n→+∞ a
a
Vậy f (x) = c.

x
, |a| > 1.
a

= f (0) = c

Ví dụ 18. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa : f (x) = f

9

x2 +

1
.
4


c Diễn đàn Toán học

Lời giải.
Xét dãy số :

x1 = x
xn+1 =

x2n

1
1 Dễ thấy xn là dãy tăng và lim xn =
+
2
4

Khi đó ta có : f (x) = f (a1 ) = f (a2 ) = · · · = f (an ) = lim f (xn ) = f (lim xn ) = f

1
2

1
1
=⇒ f (x) = f ( ) = c. Vậy f (x) = f ( ) = c, ∀x ∈ R
2
2
Ví dụ 19. Tìm hàm f : [0, 1] → R liên tục thỏa các điều kiện sau :

2 − x2
x2


f (x) =
f(
)


2
2 − x2
f (0) = 1


f (x)


=∞
lim− √
x→1
1−x
Lời giải (Gợi
√ ý).
Xét f (x) = 1 − x2 g(x). Thay vào và sau đó dùng dãy số ta được

g(x) = g(0) = 1 =⇒ f (x) = 1 − x2 .

d) Các bài Phương trình hàm hay được đăng trên diễn đàn.
Đây là các bài Phương trình hàm được các thành viên VMF đăng lên diễn đàn và được
xử lí khá đẹp, có thể nó sẽ giúp ích các bạn trong việc tư duy khi gặp các bài hàm.
Bài toán 9. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa:
f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y, ∀x, y ∈ R.
( Đề do Idie9xx đăng và cũng bạn này giải ).
Lời giải.
Với P (x, y) có tính chất f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y
P (0, x) ⇒ f (f (x)) = y + (f (0))2 + f (0) ⇒ f toàn ánh.
P (x, 0) ⇒ f (x2 + f (0)) = (f (x))2 + f (0)
⇒ (f (x))2 = (f (−x))2 ⇒ f (x) = −f (−x) (do f đơn ánh), ⇒ f (0) = 0 (do f toàn ánh)
P (y, x) ⇒ f (x + y) + f (y 2 + f (x)) = (f (y))2 + f (x) + f (y) + x
P (−y, x) ⇒ f (x−y)+f (y 2 +f (x)) = (f (y))2 +f (x)−f (y)+x ⇒ f (x+y)−f (x−y) = 2f (y)
Tương tự cũng có f (x + y) − f (y − x) = 2f (x) ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y)
Mà f (x2 ) = (f (x))2 nên f (x) = x (thỏa) hoặc f (x) = 0 (không thỏa)
Vậy hàm thỏa đề là f (x) = x
Bài toán 10. Tìm tất cả các hàm số f,g: R → R thỏa mãn:
g(f (x) − y) = f (g(y)) + x ∀x, y ∈ R
Lời giải.
Quy ước: a := b nghĩa là thay a bởi b.
g (f (x) − y) = f (g (y)) + x, ∀x, y ∈ R, (1)
Đặt g(0) = b.

10


c Diễn đàn Toán học

y := 0, (1) ⇒ g (f (x)) = f (b) + x, ∀x ∈ R
y := f (x) , (1) ⇒ b = f (g (f (x))) + x = f (x + f (b)) + x, ∀x ∈ R, (2)
x := b, (2) ⇒ f (b + f (b)) = 0
x := b + f (b) , (1) ⇒ g (−y) = f (g (y)) + b + f (b)
y := 0 ⇒ 2f (b) = 0 ⇒ f (b) = 0 ⇒ g (f (x)) = x
y := f (x) , (1) ⇒ b = f (g (f (x))) + x ⇒ f (x) = b − x, ∀x ∈ R
⇒ x = g (f (x)) = g (b − x) , ∀x ∈ R ⇒ g (x) = b − x, ∀x ∈ R
Thử lại:
V T (1) = g (b − x − y) = b − (b − x − y) = x + y
⇒ (1) : đúng ∀x, y ∈ R
V P (1) = f (b − y) + x = b − (b − y) + x = x + y
Kết luận: ∀x ∈ R : f (x) = b − x và g(x) = b − x (trong đó, b là một hằng số)
Bài toán 11. Tìm tất cả các hàm f : R → R thoả mãn:
f (x2 (z 2 + 1) + f (y)(z + 1)) = 1 − f (z)(x2 + f (y)) − z((1 + z)x2 + 2f (y)), ∀x, y, z ∈ R
Lời giải.
Cho x = 0, z = −1 có f (0) = 1 − f (−1)f (y) + 2f (y), ∀y ∈ R
Dễ thấy f không là hàm hằng ⇒ f (−1) = 2 và f (0) = 1
Cho z = −1 có f (2x2 ) = 1 − f (−1)(x2 + f (y)) + 2f (y) ⇒ f (2x2 ) = 1 − 2x2
Hay f (x) = 1 − x, ∀x ∈ R+
Cho x = z = 0 có f (f (y)) = 1 − f (y) Với y > 1 thì f (y) toàn ánh trên tập R−
Vì vậy ta chứng minh được f (x) = 1 − x , ∀x ∈ R
Bài toán 12. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
1
1
f (x + xy + f (y)) = (f (x) + )(f (y) + ), ∀x, y ∈ R.
2
2
Lời giải.
f (x + xy + f (y)) =

f (x) +

1
2

f (y) +

1
2

, ∀x, y ∈ R, (1)

1
1
f (−1) +
2
2
1
f (f (−1))
1
Giả sử f (−1) = − ⇒ f (x) =
− = C : const
2
2
f (−1) + 21
2
1
1
Khi đó viết lại (1)C = C +
⇔ C 2 + = 0 : vô lý
2
4
1
1
Do đó f (−1) = − ⇒ f (f (−1)) = 0 ⇒ f −
=0
2
2
1
1
Đồng thời ta cũng có f khác hằng (*). x := 0; y := − , (1) ⇒ f (0) =
2
2
1
1
y := 0, (1) ⇒ f x +
= f (x) + , ∀x ∈ R, (2)
2
2
1
Giả sử tồn tại b = −1 : f (b) = − .
2
1
y := b, (1) ⇒ f x (1 + b) −
= 0, ∀x ⇒ f ≡ const : trái (*)
2
1
Do đó ∃!x = −1 : f (x) = −
2
y := −1, (1) ⇒ f (f (−1)) =

f (x) +

11


c Diễn đàn Toán học

1
Từ đó, kết hợp với (2), ta có rằng ∃!x = − : f (x) = 0
2
1
1
x := −1, (1) ⇒ f (f (y) − y − 1) = 0 ⇒ f (y) − y − 1 = − ⇒ f (y) = y + , ∀y ∈ R
2
2
1
Thử lại: Thỏa Kết luận: f (x) = x + .
2
Bài toán 13. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa:
f (x + y) + xf (y) = f (f (x) + y) + yf (x), ∀x, y ∈ R
Lời giải (Cách 1).
Cho x = y = 0 có f (0) = f (f (0)) ⇒ f (f (0)) = f (f (f (0)))
Cho x = f (0), y = 0 có f (f (0)) + (f (0))2 = f (f (f (0))) ⇒ f (0) = 0
Cho y = 0 ta có f (x) = f (f (x)) Thay y bằng f (y) có
f (x + f (y)) + xf (y) = f (f (x) + f (y)) + f (x)f (y)
⇒ f (x + y) + yf (x) = f (f (x) + f (y)) + f (x)f (y)
Đổi vị trí của x và y ta được
f (y)
f (x)
=
=c
x
y
Thử lại được c = 1 và c = 0 Vậy các hàm thỏa đề là f (x) = x và f (x) = 0 .

f (x + y) + xf (y) = f (f (x) + f (y)) + f (x)f (y) ⇒ xf (y) = yf (x) ⇒

Lời giải (Cách2).
Cho P (x, y) có tính chất f (x + y) + xf (y) = f (f (x) + y) + yf (x), ∀x, y ∈ R
P (0, 0) ⇒ f (0) = f (f (0))
P (f (0), 0) ⇒ f (f (0)) + (f (0))2 = f (f (f (0))) ⇒ f (0) = 0
P (x, 0) ⇒ f (x) = f (f (x))
P (f (x), y) ⇒ f (f (x) + y) + f (x)f (y) = f (f (f (x)) + y) + yf (f (x))
⇒ f (f (x) + y) + f (x)f (y) = f (f (x) + y) + yf (x)
⇒ f (x)(f (y) − y) ⇒ f (x) = 0 hoặc f (y) = y
Vậy các hàm thỏa đề là f (x) = x và f (x) = 0
Bài toán 14. Tìm tất cả các hàm f : R → R thoả mãn:
f (|x| + y + f (y + f (y))) = 3y + |f (x)| , ∀x, y ∈ R
Lời giải.
Cho g(x) = x + f (x + f (x)) và P (x, y) có tính chất f (|x| + g(y)) = 3y + |f (x)| , ∀x, y ∈ R
P (0, x) ⇒ f (g(x)) = 3x + |f (0)| Vậy f toàn ánh. Nên tồn tại a mà f (a) = 0 ⇒ g(a) = a
|f (0)|
P (0, a) ⇒ f (g(a)) = 3a + |f (0)| ⇒ a = −
3
P (x, 0) ⇒ f (|x| + g(0)) = |f (x)| Nên với x ≥ g(0) thì f (x) ≥ 0
Ta cũng có thể chứng minh được f (z + n · g(0)) = f (x) với z ≥ g(0), n ∈ N
P (z +n·g(0), x) ⇒ f (|z + n · g(0)|+x+f (x+f (x))) = 3x+|f (z + n · g(0))| = 3x+|f (z)|
Cho −x đủ lớn để 3x + |f (z)| < 0. Giả sử g(0) = 0,
ta cho n đủ lớn để |z + n · g(0)| + g(x) > g(0) thì f (|z + n · g(0)| + g(x)) > 0 mâu thuẫn.
|f (0)|
⇒ g(0) = 0 ⇒ f (0) = −
⇒ f (0) = 0
3
Cũng có thể chứng minh f (x) = 0 ⇔ x = 0
|f (x)|
|f (y)|
|f (y)|
P x, −
⇒ f |x| + g −
=0⇒g −
= − |x|
3
3
3
12


c Diễn đàn Toán học

|f (y)|
|f (y)|
⇒ f |x| + g −
= |f (x)| − |f (y)|
3
3
⇒ f (|x| − |y|) = |f (x)| − |f (y)| = f (|x|) − f (|y|)
Ta cũng có thể chứng minh được f cộng tính kết hợp với f (|x|) = |f (x)|
⇒ f (x) = c · x (c ≥ 0) thử lại tìm được c = 1 KL : f (x) = x , ∀x ∈ R

P (x, 0) : f (|x|) = |f (x)| P

x, −

Bài toán 15. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa:
f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y, ∀x, y ∈ R
Lời giải.
Với P (x, y) có tính chất f (x + y) + f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + f (x) + f (y) + y
P (0, x) ⇒ f (f (x)) = y + (f (0))2 + f (0) ⇒ f toàn ánh.
P (x, 0) ⇒ f (x2 + f (0)) = (f (x))2 + f (0) ⇒ (f (x))2 = (f (−x))2 ⇒ f (x) = −f (−x) (do f
đơn ánh) ⇒ f (0) = 0 (do f toàn ánh)
P (y, x) ⇒ f (x + y) + f (y 2 + f (x)) = (f (y))2 + f (x) + f (y) + x
P (−y, x) ⇒ f (x−y)+f (y 2 +f (x)) = (f (y))2 +f (x)−f (y)+x ⇒ f (x+y)−f (x−y) = 2f (y)
Tương tự cũng có f (x + y) − f (y − x) = 2f (x) ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y)
Mà f (x2 ) = (f (x))2 nên f (x) = x (thỏa) hoặc f (x) = 0 (không thỏa)
Vậy hàm thỏa đề là f (x) = x
Bài toán 16. Tìm tất cả các hàm số f : R → R; g : R → R thoả mãn:
f (x + g(y)) = xf (y) − yf (x) + g(x), ∀x, y ∈ R
Lời giải (C1).
Cho P (x, y) có tính chất f (x + g(y)) = xf (y) − yf (x) + g(x)
∗T H1 : f (0) = 0 hoặc g(0) = 0
−T H : f (0) = 0
P (−g(0), 0) ⇒ g(−g(0)) = 0
P (0, −g(0)) ⇒ f (g(−g(0))) = g(0) ⇒ g(0) = 0
−T H : g(0) = 0
P (0, 0) ⇒ f (0) = 0 Nên f (0) = 0 hoặc g(0) = 0 thì f (0) = g(0) = 0
P (0, x) ⇒ f (g(x)) = 0
P (x, 0) ⇒ g(x) = f (x) ⇒ f (f (x)) = g(f (x)) = g(g(x)) = 0
P (x, f (x)) ⇒ f (x + g(f (x))) = xf (f (x)) − (f (x))2 + g(x) ⇒ f (x) = 0 ⇒ g(x) = 0
∗T H2 : f (0) = 0, g(0) = 0
P (0, x) ⇒ f (g(x)) = −xf (0) + g(0)
P (g(x), y) ⇒ f (g(x) + g(y)) = g(x)f (y) − yf (g(x)) + g(g(x))
⇒ f (g(x) + g(y)) = g(x)f (y) + xyf (0) − yg(0) + g(g(x))
P (g(y), x) ⇒ f (g(y) + g(x)) = g(y)f (x) + xyf (0) − xg(0) + g(g(y))
⇒ g(x)f (y) − yg(0) + g(g(x)) = g(y)f (x) − xg(0) + g(g(y)), (∗)
Thay x bằng g(x) vào (∗) có
g(g(g(x))) + f (y)g(g(x)) − g(y)f (g(x)) + g(0)g(x) − g(g(y)) − yg(0) = 0
⇒ g(g(g(x))) + f (y)g(g(x)) + g(0)g(x) + g(y)f (0)x − g(g(y)) − g(y)g(0) − yg(0) = 0
Cũng có g(g(g(x))) + f (z)g(g(x)) + g(0)g(x) + g(z)f (0)x − g(g(z)) − g(z)g(0) − zg(0) = 0
⇒ (f (y) − f (z))g(g(x)) + (g(y) − g(z))f (0)x + (m(y) − m(z)) = 0, (m(x) = −g(g(x)) −
g(x)g(0) − xg(0))
⇒ g(g(x)) = a0 x + b0 (với a0 , b0 là hằng số)
13


c Diễn đàn Toán học

Thay y = 0 vào (∗) ta có g(x)f (0) + g(g(x)) = g(0)f (x) − xg(0) + g(g(0))
⇒ g(0)f (x) = g(x)f (0) + a0 x + b0 + xg(0) − g(g(0))
⇒ f (x) = k1 g(x) + a1 x + b1 , (∗∗) (với k1 , a1 , b1 là hằng số)
Thay x bằng g(x) vào (∗∗) có f (g(x)) = k1 g(g(x)) + a1 g(x) + b1
⇒ −xf (0) + g(0) = k1 a0 x + k1 b0 + a1 g(x) + b1
⇒ g(x) = ex + f (với e, f là hằng số)
⇒ f (x) = ax + b (với a, b là hằng số) (khi thay vào (∗∗))
Vậy f (x), g(x) là các đa thức bậc 1
−e2
e
,b =
, f = −e2
Khi thử lại ta xác định được a =
e+1
e+1
ex − e2
Vậy các cặp hàm thỏa đề là f (x) =
, g(x) = ex − e2
e+1
Lời giải (C2).
+) Thế y bởi 0: f (x + g(0)) = xf (0) + g(0) Đặt g(0) = a Với ∆ bất kỳ
Thế (x; y) bởi (x + ∆ + a; y)
Ta có: f (x + a + ∆ + g(y)) = (x + a + ∆)f (y) − yf (x + a + ∆) + g(x + a + ∆)
Thế (x; y) bởi (x + a; y) Ta có: f (x + a + g(y)) = (x + a)f (y) − yf (x + a) + g(x + a)
Trừ vế cho vế được:
∆f (0) + g(x + ∆ + g(y)) − g(x + g(y)) = ∆f (y) − y(∆f (0) + g(x + a + ∆) − g(x + a)) +
g(x + ∆) − g(x)
Cho y = 0 Trở thành: g(x + t + c) − g(x + c) = g(x + t) − g(x)
Cho y = 1 và kết hợp với điều trên có: g(x + ∆ + g(1)) − g(x + g(1)) = ∆(f (1) − f (0))
a(x − a)
, g(x) = a(x − a).
Từ đó suy ra f (x) =
a+1
Tiếp theo là các bài toán trong topic 100 bài hàm số chọn lọc :
Bài toán 17. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa :f (x2 + f (y)) = xf (x) + y.
Lời giải.
Cho x = 0 =⇒ f (f (y)) = y Suy ra f (x) là một song ánh
Nên tồn tại duy nhất a : f (a) = 0 Thay (x; y) = (a; 0) =⇒ f (a2 + f (0)) = 0
Mà 0 = f (f (0)) =⇒ a2 + f (0) = f (0) =⇒ a = 0 Tức là f (0) = 0
Thay y = 0 =⇒ f (x2 ) = xf (x) =⇒ f (x2 ) = f (f (x)).f (x) = f (f (x)2 )
=⇒ f (x) = x hoặc f (x) = −x
Thế nhưng cái này chỉ đúng với mỗi x chứ không đúng với mọi
Ta sẽ chứng minh mệnh đề trên đúng với mọi x
Giả sử tồn tại a; b = 0 mà f (a) = a; f (b) = −b Thay vào giả thiết ban đầu ta có:
f (a2 − b) = a2 + b =⇒ a = 0 hoặc b = 0 Vô lí
Kết luận f (x) = x hoặc f (x) = −x ∀x ∈ R
Bài toán 18. Tìm tất cả các hàm f :√[0; +∞) → [0; +∞) thỏa :

f (x + y − z) + f (2 xz) + f (2 yz) = f (x + y + z).
Lời giải.


Cho P (x; y; z) có tính chất f (x + y − z) + f (2 xz) + f (2 yz) = f (x + y + z).
P (0; 0; 0) ⇒ f (0) = 0
14


c Diễn đàn Toán học


1
1
1

P (x; y; ) ⇒ f (x + y + ) + f ( x) + f ( y) = f (x + y + )
4
4
4



1
1
1

P (x + y; 0; ) ⇒ f (x + y + ) + f ( x + y) = f (x + y + ) ⇒ f ( x + y) = f ( x) + f ( y)
4 √
4
4
Đặt g(x) = f ( x) có g(x + y) = g(x) + g(y) (cộng tính)
Với x > y có g(x) = g(x − y) + g(y) > g(y) (đơn điệu)
⇒ g(x) = c · x ⇒ f (x) = c · x2 ( với hằng số c ≥ 0 ) (thỏa)
Vậy hàm thỏa đề là f (x) = c · x2
Bài toán 19. Tìm tất cả các hàm f : R → R thoả mãn :
1)f (2x) = f 2 (x)
1
2) f (−x) =
f (x)
3)f (x) ≥ 1 + x
Lời giải.
x
Từ (1) chứng minh bằng quy nạp ta được f (x) = f n
2
x n
x
Ta sử dụng giới hạn sau: lim 1 +
=e
n→+∞
n
Từ (4) và (3) cho n → +∞ ta có :
x 2n
x 2n
≥ 1+ n
= ex (5)
f (x) = f n
2
2
2n
2n
−x
−x
f (−x) = f
≥ 1+ n
= e−x
2n
2
1
1
Theo (2) được
= f (−x) ≥ e−x = x ⇔ f (x) ≤ ex (6)
f (x)
e
x
x
Từ (5) và (6) có e ≥ f (x) ≥ e ⇒ f (x) = ex (thỏa)
Vậy hàm thỏa đề là f (x) = ex

2n

(4)

Bài toán 20. Tìm f : R → R thỏa : f (x + f (y) − xf (y)) = x + y − xy
Lời giải.
Cố định x dễ thấy f song ánh. Nên tồn tại a để f (a) = 0
Cho y = a có f (x) = x + a − ax
Cho x = y = a có f (a + f (a) − af (a)) = 2a − a2 ⇒ a2 − 2a = 0 ⇒ a = 0 hoặc a = 2
⇒ f (x) = x ( thỏa ) hoặc f (x) = −x + 2 ( thỏa )
Vậy các hàm thỏa đề là f (x) = x và f (x) = −x + 2
Bài toán 21. Tìm f : R+ → R+ thỏa f (f (x) + y) = f (x2 − y) + 4f (x)y
Lời giải.
Thay y bằng x2 − y − f (x) có f (x2 − y) = f (f (x) + y) + 4f (x)(x2 − y − f (x))
⇒ 4f (x)y = 4f (x)(y − x2 + f (x)) ⇒ f (x) = x2 (thỏa)
Vậy hàm thỏa đề là f (x) = x2
Bài toán 22. Tìm f : R → R thỏa : f (x3 + y 3 ) = x2 f (x) + y 2 f (y)

15


c Diễn đàn Toán học

Lời giải.
Cho x = 0 ta có f (y 3 ) = y 2 .f (y)
Cho y = 0 ta có f (x3 ) = x2 .f (x)
Từ đó ta có f (x3 + y 3 ) = f (x3 ) + f (y 3 ) hay f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y R
Xét
f ((x + 1)3 + (x − 1)3 ) = f ((x + 1)3 ) + f ((x − 1)3 )
= (x + 1)2 f (x + 1) + (x − 1)2 .f (x − 1)
= (2x2 + 2)f (x) + 4x.f (1)
f ((x + 1)3 + (x − 1)3 ) = f (2x3 + 6x) = 2f (x3 ) + 6f (x) = 2x2 .f (x) + 6f (x)
Từ 2 đẳng thức ta có f (x) = f (1).x = a.x Thử lại ta có f (x) = x thỏa mãn.
Bài toán 23. Tìm f : R → R thỏa f

x−3
x+1

+f

3+x
1−x

=x

Lời giải.
3 + u−3
3+u
u−3
3+x
x−3
u+1
=
=⇒ x =
=⇒
=
- Đặt
u−3 = u (1)
x+1
1−u
u+1
1−x
1 − u+1
u−3
3+x
x−3
3+u
=⇒ f
(2)
+ f (u) =
+ f (x) =
Suy ra: f
1−u
u+1
1−x
x+1
v−3
−3
3+x
v+3
v−3
v−3
- Đặt
=
= v =⇒ x =
=⇒ f (v) + f
= v+1
v−3
1−x
v+1
v+1
1−v
+1
v+1
x−3
x+3
(3)
=⇒ f (x) + f
=
x+1
1−x
- Lấy (2) cộng (3) rồi trừ (1), vế theo vế, ta được:
x3 + 7x
x−3 x+3
+
− x ⇐⇒ f (x) =
2f (x) =
x+1 1−x
2(x + 1)(1 − x)
x3 + 7x
* Thử lại thấy đúng KL f (x) =
.
2(x + 1)(1 − x)
Bài toán 24. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn :
f (x3 − y) + 2y(3(f (x))2 + y 3 ) = f (f (x) + y)
Lời giải.
Thay y = x3 ta có : f (0) + 2x12 + 6x3 (f (x))2 = f (f (x) + x3 ) (1)
Thay y = −f (x) ta có : f (x3 + f (x)) − 2(f (x))4 − 6(f (x))3 = f (0) (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được ; 2x1 2 + 6x3 (f (x))2 − 2(f (x))4 − 6(f (x))3 = 0
Từ đó ta tìm được f (x) = x3 , ∀x ∈ R Thử lại thỏa.
Vậy f (x) = x3 , ∀x ∈ R.

III) Kinh nghiệm và lời kết.
Sau bài viết này tôi muốn đúc kết 1 số kinh nghiệm sau về việc giải phương trình hàm
của tôi .
1) Cần lưu ý một số chổ hay sai khi giải phương trình hàm ( như các bài toán đầu đã
nêu) .
2) Nếu đề cho yếu tố khả vi ta nghĩ ngay và làm ngay Phương pháp " lấy độc trị độc " .
16


c Diễn đàn Toán học

3) Nếu đề cho đơn điệu hoặc liên tục ta sẽ có 1 số hướng sau : Sử dụng dãy số, sử dụng
hàm Cauchy, sử dụng tính chất đặc trưng của hàm đã cho .
4) Cần lưu ý việc tính một số giá trị đặc biệt là vô cùng quan trọng, ta thường tính
f (0), f (1), f (−1) hay là f (ax) = af (x), ngoài ra còn phải lưu ý tới tính ánh xạ của hàm
số ( đơn ánh, toàn ánh ,song ánh ) .
Cuối lời tác giả hy vọng bài viết sẽ giúp ích cho bạn đọc có thêm kiến thức, sự tự tin khi
đứng trước 1 bài Phương trình hàm trong các kì thi học sinh giỏi ( Olympic 30-4, Duyên
hải Bắc Bộ , Toán tiếng Anh HOMC, VMO, TST, IMO ) . Có thể bài viết còn 1 số lỗi, hy
vọng sẽ nhận được sự góp ý của các bạn. Chúng ta sẽ hẹn gặp nhau ở phần 2 của topic
"100 bài hàm số sưu tầm "bắt đầu từ giữa tháng 7/2014 trên VMF.
Ngoài ra, tác giả cũng xin được chúc mừng sinh nhật lần thứ 10 của diễn đàn, hy vọng
diễn đàn ta sẽ luôn luôn phát triển và góp phần vào sự phát triển của nên toán học Việt
Nam . HAPPY BIRTHDAY VMF .
Địa chỉ : 79, ấp I, xã Tắc Vân, TP Cà Mau, tỉnh Cà Mau.
Nơi đang học : 12 Chuyên Toán, trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau.
Số điện thoai : 01235833299 .

17



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×