Phương trình hàm hay nhat

Chứng minh rằng f là một hàm lẻ... Thế vào phương trình ban đầu ta tìm được c=0.. Giải: Nếu a=0 thì đó là phương trình hàm Cauchy và hàm liên tục là f x =cx... Dễ thấy a là nột dãy số d

Phương trình hàm Pco

 Tồn tại hay không một hàm :f ¡ →¡ thỏa mãn (f x f y+ ( ))≥ +x yf x( ) với mọi ,x y∈¡ ?

Giải: Có Ví dụ chọn ( )f x =e x

Bất phương trình này tương đương với

y

e + ≥ +x ye ⇔e e x( e y −y) ≥ ⇔x e e y − ≥y xe−x

Điều này là đúng vì e e y − ≥ + − ≥ + + − = ∀y e y 1 y y 1 1 y 2, y

1

2,

x

e

− ≤ < ∀

Hàm này có một cực điểm nhỏ nhất tại 1

e khi x=1 (global minimum)

 Cho T là một số chẵn: Tìm tất cả các hàm :f ¥ →¥ sao cho

( ( ))

f f n = +n T và (f n+ >1) f n( ) Giải: Từ đề bài ta có (f n T+ )= f n( )+T và ( )f x > ∀ >T, x T

Với bất kì số nguyên T> thuộc ( ),f ¥ từ điều kiện ( f n+ >1) f n( ) suy ra

( 1) ( ) 1

f n+ = f n + , ∀ >n T( trái lại thì số ( ) 1f n + ∈/f( )¥

Vậy ( )f n = + ∀ >n a n T, và

2

T

a=

Vậy ( )

2

T

f n T+ = + +n T từ n T T+ >

Nhưng (f n T+ )= f n( )+T.

2

T

f n = +n ∀ ∈n ¥

 Đưa ra một ví dụ về hàm :[0;1]f →[0;1] đơn ánh và không liên tục ở bất cứ điểm nào

Giải: ∀ ∈x [0,1]:

( )

f x =x nếu x∈¤

1 ( )

2

f x =x+ 

  nếu x∉¤

Ta có thể tìm bất kì một lân cận nào đó thuộc [0,1] các giá trị ,a b sao cho

1

| ( ) ( ) |

4

f a − f b >

 Xác định các hàm :f ¡ →¡ với

3;1

2 ( ) ( )

3;1

f x f x

− − ≥

 + − =  + <

 Giải: 1) x>1 nên − ≤x 1

x> ⇒ f x + − = +f x x

− ≤ ⇒ − + = −

Từ đó ta tìm được ( ) 3

3

x

f x = + 2) 1≥ ≥ −x 1 nên − ≤x 1

x≤ ⇒ f x + − = − −f x x

− ≤ ⇒ − + = −

Từ đó ta tìm được ( )f x = − −x 1

3) − >1 x nên − >x 1

x≤ ⇒ f x + − = − −f x x

− > ⇒ − + = − +

Từ đó ta tìm được ( ) 3

3

x

f x = − −

Từ đó ta tìm được các hàm số

3

x

∀ ∈ −∞ − = − −

[ 1,1]: ( ) 1

∀ ∈ − = − −

(1, ) : ( ) 3

3

x

∀ ∈ +∞ = +

Dễ dàng kiểm tra được là các hàm số này thỏa mãn và đó là các hàm số cần tìm

 Xác định tất cả các hàm :f ¢ →¢ sao cho 3 ( ( )) 8 ( ) 4f f x − f x + x=0

Giải: Ta có ( ( )) 8 ( ) 4 ,

f f x = f x − x x∀ ∈¢ Thay x bằng f[ ]n ( )x

Vậy [ 2] 8 [ 1] 4 [ ]

f + x = f + x − f x và như vậy

n

 ÷

 

Từ f[ ]n ( )x ∈¢ , ta được 6x−3 ( ) 0f x = nên ( ) 2f x = x là hàm cần tìm

 Giả sử :f ¡ +→¡ là một hàm tăng sao cho +

f x y+ + f f x + f y = f f x f y+ + f y+ f x ∀x y∈¡ + Chứng minh rằng f x( )= f− 1( ).x

Giải: ( )f x là hàm tăng nên ta có thể xác định được hai hàm dương tăng

( ) ( ) ( ) :

h x ≥ f x ≥g x ( ) lim ( )

z x

g x + f z

→

z x

h x − f z

→

=

f f x f y+ + f y+ f x > f x y+ và vậy thì

f x f y+ + f y+ f x < +x y

Cho ,x y→0+ thì từ bất đẳng thức trên chỉ ra rằng ( )f x may be as little as we want

and so that lim ( ) 0x→+∞ f x = và vậy thì

0

lim ( )

+

0

y f x y g x

+

0

lim ( ( ) ( )) 0

y f f x f y

+

Và như vậy ylim ( (→0+ f x y+ +) f f x( ( )+ f y( )))=g x( )

0

lim ( ( )) 0

y f x f y

0

lim ( ( ) ) ( ( ))

y f f x y g f x

Và như vậy ylim ( (→0+ f x f y+ ( ))+ f f x( ( )+y))=g f x( ( ))

Và vậy thì ylim ( (→0+ f f x f y+ ( ))+ f f x( ( )+y)) tồn tại ( do vế trái có giới hạn) và do đó { ( ( ( ))), ( ( ( )))}g g f x h g f x

∈

Vậy: ∀x, hoặc ( )g x =g g f x( ( ( ))), hoặc ( )g x =h g f x( ( ( ))) và từ ( )h x ≥g x( ),∀x ta thu được từ hai trường hợp này ( )g x ≥g g f x( ( ( )))

Vậy ( ( ))g f x ≥ ∀x x, ( ( ))f f x ≥ ∀x x,

Thay x→ f x( ) : ( ( ( )))f f f x ≥ f x( ) và vậy ( từ tính tăng của hàm số) ( ( ))f f x ≤x

Do đó ( ( ))f f x = ∀x x, Đ.P.C.M

 Cho f x( )=x2+8x+56, giải phương trình ( ( ( ( ( ))))) 2012f f f f f x =

Giải: f x( ) (= +x 4)2+40 40≥ đồng biến với mọi x≥ −4

Vậy ( ( ))f f x ≥ f(40) 1976= và ( ( ( )))f f f x ≥ f(1976) 2012> , từ đó suy ra phương trình vô nghiệm

 Tìm tất cả các hàm f và g sao cho

(x + +x 1) (f x − + =x 1) (x − +x 1) (g x + +x 1)

Với mọi x∈¡

Giải:

1

x + +x g x + + ⇒x g x =xg x

1

x − +x f x − + ⇒x f x =xf x

Như vậy ta có f x1( 2− + =x 1) g x1( 2+ +x 1)

Từ phương trình đầu tiên, thay x→ − −1 x ta được

f x + x+ =g x + + =x f x − +x

1

h x = f x− + thì (h x+ =2) h x( ), vậy ( )h x là một đa thức tuần hoàn do

vậy nó là một hằng số Từ đó suy ra f x và 1( ) g x là các hằng số 1( )

Thế vào phương trình ban đầu ta được ( )f x =g x( )=ax

 Cho ( )f x =x n + + + x 1 và g x( )= f x( n+ 1) Tìm dư khi chia ( )g x cho ( ) f x

Giải: Đặt 2 1

ki n k

z e

π +

= với k∈{1, 2, , }… n Ta có n 1 1

k

z + = và ( ) 0,f z k = ∀ ∈k {1, 2, , }… n

Ta cũng có ( )g x = f x q x( ) ( )+r x( ) với bậc của ( )r x <n

Vậy ( ) ( n 1) (1) 1 ( )

g z = f z + = f = + =n r z nên ( )r x là đa thức có bậc ≤ −n 1và nhận các giá trị bằng nhau với n giá trị khác nhau Vậy ( )r x là một hằng số.

Vậy ( )r x = +n 1.

 Xác định tất cả các hàm số :f ¢+→¢+ sao cho (f m n f m n+ ) ( − ),∀m n, ∈¢+ Giải: ( ) ( 4) (( 2) )2 ( 1) ( 3) ( 4) ( 1)

+ Như vậy tồn tại , , ,u a b c sao cho

1

(3 1)

(3 2)

(3 3)

p p p

f p ua b c

+ + +

+ =

+ =

+ =

Thì ta có

(1) (3) (4)

(1) (5) (9)

(1) (7) (16)

(1) (9) (25)

f f f uua bc ua b c u ab c

f f f uua b c ua b c u a b c

f f f uua b c ua b c u a b c

⇒

⇒

⇒ Vậy a b c u= = = =1 và ( ) 1,f n = ∀n

 Tìm tất cả các hàm :f ¡ →¡ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

) ( ) ( ) ( ) ) ( 1) ( ) 1

i f xy f x f y

ii f x f x

=

Giải: Từ )i ⇒ f(0) 0= hoặc ( ) 1f x = ,∀ ≠x 0.Kết hợp với )ii ⇒ f(0) 0.=

ii ⇒ f n = ∀ ∈n n ¢ và )i ⇒ f x( )= ∀ ∈x x, ¤

i ⇒ f x ≥ ∀ ≥x và ( ) 0,f x ≤ ∀ ≤x 0

ii ⇒ f x ≥ ∀ ≥x và từ )i suy ra ( ) f x là hàm không giảm.

Vì ( )f x = ∀ ∈x x, ¤ và ( )f x là hàm không giảm nên suy ra ( ) f x = ∀ ∈x x, ¡

 Nếu f có tính chất ( ( ) f f x − f y( ))= f f x( ( ))−y với mọi số thực ,x y Chứng minh rằng f là một hàm lẻ.

Giải: Giả sử ( , )P x y có tính chất ( ( ) f f x − f y( ))= f f x( ( ))−y

P x x ⇒ f f x = =x f , vậy ( )f x là một song ánh.

(0,0) ( (0)) (0)

P ⇒ f f = f và từ tính chất song ánh của hàm ( )f x suy ra (0) 0 f = Vậy ( ( ))f f x =x và (0, ( ))P f x cho ta ( ) f − = −x f x( )

 Cho :f ¡ →¡ thỏa mãn ( )( ) 2 6 94 2

x

f f x

+ + + + , ∀ ∈x ¡ Chứng minh rằng ∃ ∈!a ¡ để ( )f a =a

Giải: Gọi

9

( ) ( ( ))

x

g x f f x

Rõ ràng ( )g x =x có nghiệm duy nhất x=0( ( )g x < ∀ >x x, 0 và ( )g x > ∀ <x x, 0) Vậy ( )f a = ⇒a f f a( ( ))= ⇒ =a a 0 và nếu a thì đó là duy nhất.

Vì vậy đặt b= f(0), ta có ( )f b = f f( (0))=g(0) 0= ⇒ f f b( ( ))= f(0)= ⇒ =b b 0

Vậy tồn tại duy nhất a ( a =0) sao cho ( ) f a =a

 Tìm tất cả các hàm thực thỏa mãn (x y f x+ )[ ( )− f y( )] (= −x y f x y) ( + )

Giải: Gọi ( , )P x y có thỏa mãn ( x y f x+ )[ ( )− f y( )] (= −x y f x y) ( + ).

( 1, ) : ( 1) ( )] (2 1) (1)

P x+ −x f x+ − −f x = x+ f (a)

( , 1) : ( ) ( 1) (1 2 ) ( 1)

P x x− − − − +f x f x− = − x f − (b)

( 1, 1) : 2 [ ( 1) ( 1)] 2 (2 )

P x+ x− x f x+ − f x− = f x f x( 1) f x( 1) f(2 )x

x

⇒ + − − = (c)

Ta có (a)-(b)-(c): 0 (2x 1) (1) (1 2 ) ( 1)f x f f(2 )x

x

Vậy f x( )=ax2+ +bx c với , ,a b c nào đó.

Thế vào phương trình ban đầu ta tìm được c=0

Vậy nghiệm tổng quát là f x( )=ax2+bx

 Tìm tất cả các hàm f liên tục tại x0∈¡ để

f x y+ = f x + f y −af x f y ∀x y∈¡ a là hằng số.

Giải: Nếu a=0 thì đó là phương trình hàm Cauchy và hàm liên tục là ( )f x =cx Nếu a≠0 cho ( ) 1h x = −af x( ) Ta có (h x y+ )=h x h y( ) ( ), do vậy có hai hàm liên tục là: ( ) 0h x = và ( )h x =e cx

Vậy hàm cần tìm là f x( ) 1

a

= và ( ) 1

cx

e

f x

a

−

 Tìm tất cả các hàm :f ¡ →¡ thỏa mãn (x y f x+ )( ( )− f y( )) (= −x y f x y) ( + ) Giải: Đặt ( , )P x y là khẳng định ( f x y) x y f x( ) x y f y( ), x y

Equating these two expressions , ta có f x( )=ax2+bx x,∀ ∉ − −{ 3, 1,1, 2} với giá trị nào đó của ,a b∈¡

Then (3, 6), (3, 4)P − P − và (3, 2) (4, 2)P − P − suy ra f x( )=ax2+bx x,∀

Dễ dàng kiểm tra và thấy đó là nghiệm duy nhất thỏa mãn

f x =ax +bx x∀ là hàm cần tìm

 Tìm tất cả các hàm số :f ¡ →¡ sao cho ( ( )(f f y x+1))= y f x( ( ) 1)+ với mọi

số thực x,y

Giải: Đặt ( , )P x y là khẳng định ( ( )( f f y x+1))=y f x( ( ) 1)+

( 1,0) (0) 0

(0, ) ( ( ))

P x ⇒ f f x =x và ( )f x là song ánh.

Let then u= f(1) 0≠ sao cho ( ) 1f u =

( , ) ( 1) ( ( ) 1)

P x u ⇒ f x+ =u f x +

1 ( , ( )) ( ( 1)) ( )( ( ) 1) ( 1) ( )

u

1 ( , ) : ( ) ( ) ( )

Q x y f xy f x f y

u

=

Với y 0 : (Q x 1, )y f x y( ) 1 f(x 1) ( )f y

( ( ) 1) ( )f x f y f( ) ( )x f y f y( ) uf x( ) f y( )

And so new assertion R x y( , ) : (f x y+ )=uf x( )+ f y( ),∀ ≠y 0

So sánh (1, 2)R và (2,1)R suy ra u=1 và do đó ( , )R x y cũng đúng với y=0 và ta

có

( ) ( ) ( )

f xy = f x f y

f x y+ = f x + f y

Từ đây suy ra ( ) 0f x = hoặc ( )f x =x, nhưng ( ) 0f x = không là nghiệm

Vậy ( )f x =x là hàm số duy nhất cần tìm

 Tìm các hàm P:¡ →¡ sao cho

P a b c+ + =P a b c a+ − + +P a b c c− + + + − + + +P a b c b + ab+ bc+ ac

với mọi , ,a b c∈¡

Giải: none:

a= − b= c= ⇒ −P =P + − +P P + ⇒P +P =

Từ đó mâu thuẫn

 Cho k≥3,k∈¥ Tìm tất cả các hàm :f ¡ →¡ sao cho

2 ( 1) ( 1) 2(cos ) ( )

k

π

− + + = , chứng minh rằng hàm f là hàm tuần hoàn

Giải: f x( 2) 2cos2 f x( 1) f x( )

k

π

Với bất kì x, dãy a được xác định như sau: n

1

( )

( 1)

2

2cos

a f x

a f x

k

π

=

= +

Phương trình đặc trưng của đa thức này là X2 2cos2 X 1

k

π

− + có các nghiệm là e 2i k

π

và e 2i k

π

Vậy 2i n 2i n

n

π − π

= + với z nào đó, ta có

π − π

Cho n k= thì 2 2

0

k

a =ze π +ze− π =a và rõ ràng a n = f x n( + )

Do vậy ta có a k =a0 ⇒ f(x k+ =) f x( ),∀x

 Tìm tất cả các hàm :f ¡ a ¡ sao cho

2

f f x y f x y+ − =x −yf y , ∀x y, ∈¡ Giải: Gọi ( , )P x y là f f x y f x y( ( + ) ( − ))=x2−yf y( ) thì

Đặt a= f(0)

2

P a ⇒a=a ⇒a∈

Nếu a=1 thì (0) 1f = , (1) 0f = và (2,1)P ⇒ =1 4( vô lý)

Vậy a=0 và (0) 0f =

Ta có P x x( , )⇒xf x( )=x2 và như vậy thì ⇒ f x( )= ∀x, x là hàm cần tìm

 Tồn tại hay không đa thức ( )P x sao cho (sin ) cos 2004 , P x = x x∀ ∈¡ ?

Giải: Dễ dàng chỉ ra rằng ∃H x( )∈¡[ ]X sao cho cos1002x H= (cos ),x ∀x

Chỉ cần chọn P x( )=H(1 2 )− x2 , trong đó H là đa thức Tchebysheff.

 Tồn tại hay không một đa thức ( )P x sao cho (sin ) cos 2005 , P x = x x∀ ∈¡ ? Giải: Cho x= ⇒0 P(0) 1= và cho x= ⇒π P(0)= −1, vậy không tồn tại đa thức như vậy

 Xác các hàm :[ 1;1]f − → −[ 1;1] sao cho với mọi x∈ −[ 1;1] thì

3x+2 ( ) [ 1;1]f x ∈ − và (3f x+2 ( ))f x = −x

Giải: Từ điều kiện đầu tiên suy ra ( ) [1f x ∈ − −a ax a, − −1 ax] với 3 1

2

a= >

Từ điều kiện thứ hai suy ra

2

a

b

a

−

= >

Từ đó ta có ( ) [1f x ∈ − −a n a x a n , n− −1 a x n ] với mọi a là dãy xác định như sau n

1

3

2

a = , 1

2

n n

n

a a

a

+

−

=

Dễ thấy a là nột dãy số dương tăng và có giới hạn là 1 n

Vậy ( ) [ ,f x ∈ − −x x] và rõ ràng ( )f x = −x là hàm cần tìm.

 Tìm tất cả các hàm : (0;f +∞ →) ¡ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

a) (2)f = −4

b) f xy( )=x f y2 ( )+y f x2 ( ), ∀x y, ∈(0;+∞)

Giải: Gọi ( ) :h x ¡ →¡ xác định như sau h x( )= f e e( )x − 2x Bài toán trở thành

h x y+ =h x +h y ∀x y∈¡ và (ln 2)h = −1

Như vậy bài toán có vô số nghiệm là f x( )=x h2 (ln )x , trong đó ( )h x là nghiệm của

phương trình Cauchy sao cho (ln 2)h = −1

 Tìm tất cả các hàm số :f ¡ →¡ sao cho (x y f x+ )( ( )− f y( )) (= −x y f x y) ( + ) với mọi ,x y thuộc ¡

Giải: Đặt ( , )P x y là ( x y f x+ )( ( )− f y( )) (= −x y f x y) ( + ), khi đó ta có

(1,0) (0) 0

Với x≠0 thì ( 1, 1) ( 1) ( 1) 2 ( )

x

− + ⇒ − − + = −

P + − ⇒ f + − −f = +x f

P − − ⇒ −f − f − = −x f −

Cộng ba đẳng thức trên theo vế tương ứng ta có

2

(1) ( 1) (1) ( 1)

( )

, ∀ ≠x 0, vẫn đúng khi x=0 Vậy f x( )=ax2+bx,∀x là hàm cần tìm, với các hằng số tùy ý ,a b∈¡

 Cho ( )P x là một đa thức với hệ số nguyên Chứng minh rằng nếu đa thức

( ) ( ) 12

Q x =P x + có ít nhất sáu nghiệm nguyên phân biệt thì ( )P x không có

nghiệm nguyên

Giải: Từ đề bài suy ra là

P x = −x a x a− x a x a− − x a x a H x− − −

P r = ⇒ −r a r a r a r a r a r a H r− − − − − =

Vậy 12 là tích của sáu nghiệm nguyên phân biệt, điều này là không thể

 Tìm các hàm liên tục :f ¡ →¡ sao cho { (f x y+ )} { ( )= f x + f y( )},∀x y, ∈¡ Giải: Vậy (f x y+ −) f x( )− f y( )∈¢ và (f x y+ −) f x( )− f y( )=b, với b là một hằng số nguyên

Hơn nữa ta có ( (f x y+ + =) b) ( ( )f x + +b) ( ( )f y +b)

Từ đó ta có f x( ) =ax b− ,∀x,a∈¡ ,b∈¢ Dễ thấy hàm số này thỏa mãn các điều kiện của đề bài

 Nếu (f x y+ +) f x y′( − ) 2 ( ( ))= f f xy′ , tìm hàm số ( )f x thỏa mãn điều đó.

Giải: Cho y=0 ta có ( )f x + f x′( )=c là một hằng số, từ đó suy ra ( )f x =ae−x+c Thế vào phương trình hàm đã cho ta có a c= =0, như vậy ( ) 0,f x = ∀x là hàm số duy nhất cần tìm

 Tìm tất cả các hàm :f ¥ →¥ sao cho ( ( ))f f n = +n 2

Giải: Vậy (f n+ =2) f n( ) 2+ và

f n+ = n f+ :

f n+ = n f+

Thế vào ( ( ))f f n = +n 2 ta có (1)f là số chẵn và (1)f + f(2) 5=

Từ đó ta tìm được hai hàm số:

1) (1) 2f =

f n+ = n+

f n+ = n+

Từ đó ta có ( )f x = +x 1

2) (1) 4f =

f n+ = n+

f n+ = n+

Từ đó ta có ( ) 1 2( 1)n

f x = + − −x

 Cho T là một số chẵn Tìm tất cả các hàm

:

f ¥ →¥ sao cho ( ( ))f f n = +n T và (f n+ >1) f n( ) Giải: Vậy ta có (f n T+ )= f n( )+T và ( )f x > ∀ >T, x T

Và từ bất kì số nguyên T> là thuộc ( )f ¥ , điều kiện

(f n+ >1) f n( )⇒ f n( + =1) f n( ) 1,+ ∀ >n T ( trái lại thì số ( ( ) 1f n + ∈/ f( ))¥

Vậy ( )f n = + ∀ >n a n T, và

2

T

a=

Do đó ( )

2

T

f n T+ = + +n T vì n T T+ >

Nhưng (f n T+ )= f n( )+T, vậy ( ) ,

2

T

f n = +n ∀ ∈n ¥

 Tìm các hàm số :f ¡ →¡ thỏa mãn (f x y+ )= f x f y( ) ( )+xy, ∀x y, ∈¡ Giải: Đặt ( , )P x y là phương trình ( f x y+ )= f x f y( ) ( )+xy

P x y z+ ⇒ f x y z+ + = f x y f z+ + +xz yz = f x f y f z +xyf z + +xz yz

P x z y+ ⇒ f x y z+ + = f x z f y+ +xy yz+ = f x f y f z +xzf y +xy yz+ Vậy xyf z( )+xz xzf y= ( )+xy

Thay x=y=1 vào đẳng thức trên, ta có f(z)=z(f(1)-1)+1 hay f(x)=ax+1 không là nghiệm với mọi a

Vậy không có hàm số nào thỏa mãn phương trình

 Tìm tất cả các hàm f :¡ * →¡ thỏa mãn

( , )x y : ( )f xy f y( ) yf x( )

x

Trong đó (¡ * = −¡ {0})

Giải: Đặt ( , )P x y là phương trình f xy( ) 1 f y( ) yf x( )

x

1 ( , 2) (2 ) (2) 2 ( )

x

1

2

P x ⇒ f x = f x +xf

Trừ hai phương trình trên theo vế tương ứng ta có ( ) 2 (2)( 1)

3

f

x

Vậy f x( ) a x 1 , x 0

x

 

=  − ÷ ∀ ≠

  và với bất kì a∈¡ .

 Tồn tại hay không một hàm số f :¡ →¡ : (f x y+ )= f x( )+ f y( )+x y2 2 ? Giải: Đặt ( , )P x y là phương trình f x y( + )= f x( )+ f y( )+x y2 2 khi đó ta có (1,1) (2) 2 (1) 1

(2, 2) (4) 2 (2) 16 4 (1) 18

(1, 2) (3) (1) (2) 4 3 (1) 5

(1,3) (4) (1) (3) 9 4 (1) 14 4 (1) 18

Vậy không tông tại hàm số như vậy

 Tồn tại hay không một hàm :f ¡ →¡ thỏa mãn (f x f y+ ( ))≥ +x yf x( ) với mọi ,x y∈¡ ?

Giải: Có Ví dụ chọn ( ) x

f x =e

Bất phương trình này tương đương với

y

e + ≥ +x ye ⇔e e x( e y −y) ≥ ⇔x e e y − ≥y xe−x

Điều này là đúng vì e e y − ≥ + − ≥ + + − = ∀y e y 1 y y 1 1 y 2, y

1

2,

x

e

− ≤ < ∀

Hàm này có một cực điểm nhỏ nhất tại 1

e khi x=1 (global minimum)

 Cho T là một số chẵn: Tìm tất cả các hàm :f ¥ →¥ sao cho

( ( ))

f f n = +n T và (f n+ >1) f n( ) Giải: Từ đề bài ta có (f n T+ )= f n( )+T và ( )f x > ∀ >T, x T

Với bất kì số nguyên T> thuộc ( ),f ¥ từ điều kiện ( f n+ >1) f n( ) suy ra

( 1) ( ) 1

f n+ = f n + , ∀ >n T( trái lại thì số ( ) 1f n + ∈/f( )¥

Vậy ( )f n = + ∀ >n a n T, và

2

T

a=

Vậy ( )

2

T

f n T+ = + +n T từ n T T+ >

Nhưng (f n T+ )= f n( )+T

2

T

f n = +n ∀ ∈n ¥