NHOM 9 PT ham

2 chú ý điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số.. Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f ka 2 k , với mọi k là số nguyên dương.. Thử lại thỏa mãn bà

Bài 1 Cho hàm số :f   thỏa mãn điều kiện:

u v y

Khi đó

2 2( ) ( )

Cho x  y z 0 thì          

2 2

Trong (1) chọn

1( )

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

 f f x      f   f x     f a  4 f x    ,    x (5)

và f y  4  f y  4 a4 ,    y (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

2013 0

1 80532

Thật vậy, với mọi x, y thỏa mãn f x  f y ta có 

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

 f f x      f   f x     f a  4 f x    ,    x (5)

và f y  4  f y  4 a4 ,    y (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

Dế thấy với mọi n*,n3 ta có: n222n12 n 222n12 (2)

(chú ý điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số)

Đặt f(1) a f a(3 ) 32  Theo (1) suy ra:

f k a f k a f k a f ka , suy ra từ khai triển (2)

Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f ka( 2) k , với mọi k là số nguyên dương Do đó

3

( )  (1)

f a a f mà f đơn ánh nên a3  1 a1

Vậy ( ) f n n với mọi n nguyên dương Thử lại thỏa mãn bài toán.

Bài 12. Tìm tất cả các hàm : f Q R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

Hướng dẫn giải Bài 17. Cho nn2 và hàm số f :  sao cho:

f u

f

 Ta có f  1 0 hay f  1 1 từ  4 suy ra f x    0, x hay f x    x x,

 Thử lại thỏa mãn  * Vậy f x     0, x

+) Nếu f  0 0 Cho y0,x  ta được: f x 2 x2  f t    t t, 0

Cho x  y ta được f  0 x2 2xf x  f x  2 f x  x2  0 f x x Thử lại thấy đúng

+) Nếu f  0 1 cho y0,x  ta được f x 2 x2 1 f t     t 1, t 0

Ta chỉ ra không tồn tại đồng thời a0,b0 thỏa mãn f a  a f b,   b Thật vậy, giả sử tồn tại a,

b như trên Trong (ii) lấy x a y b ,  ta có f a 2 b a2b

Do  f x  2 x2,  x nên a2 b2 a2b2  a b2 0 , mâu thuẫn

Vậy f x     x x hoặc f x  x   x

Thử lại thấy hai hàm này thỏa mãn

Bài 21. Tìm tất cả các hàm số :f    thỏa mãn:

Thay y bởi y-a vào (ii) ta được

2 ( ) 2f x  x,   x   f x( )x,   x Thử lại thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán

Thử lại ta thấy hàm số f x  xthỏa mãn bài toán.

Bài 23. Tìm tất cả các hàm số liên tục f :  thỏa mãn các điều kiện sau:

f(1)1 và f x y(  )f x( ) f y( ) 2 xy với mọi x, y thuộc .

Đặt g x( )f x( ) x2 2x do f x( )liên tục trên  nên g x( ) liên tục trên 

Ta có g(1)f(1) 3 4 và g x y(  )g x( )g y( ) với mọi x,y thuộc 

 g x  cộng tính  g x có dạng g x( ) kx, với k là hằng số.

Mà g(1)4 k 4 g x( )4x  f x( )x2 2 ,x x  

Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 24. Tìm tất cả hàm số liên tục f : sao cho:

0  ; n1 ,  0 lim n 1

1 4

Bằng quy nạp ta chứng minh được f n n2   1, n

Dễ thấy hàm f hằng không thỏa mãn Ta xét f không hằng.

Trong (1) cho y=-1 ta được: ( ( 1)) ( ) 1 ( 1) 1 ,

 





f y x

x u

n 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 p q, Z p q;( , ) 1 sao cho f p( 2q2)0 Thật vậy, nếu trái lại, thì x y, Z, ta có

x n

q x n

p u

f x

p x u

q x

∣

∣

trong đó p q, là 2 số nguyên tố phân biệt có dạng 4k3

Ta sẽ chứng minh hàm f x( )xây dựng như trên thỏa mãn

Bài 31. Cho hàm số f :* * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

a) f ab  f a b f  ,    a b với mọi ,   a b, *,a b ; trong đó  a b, , a b lần lượt là bội chung, 

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

b) f p q r    f p  f q  f r với mọi số nguyên tố   p q r, , .

Tính giá trị của f 2013? Kí hiệu *

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

   y đều u v,   sao cho f u  f v y

Thay y0 vào (*), ta được f f x     f x 4a x, af  0  (3)

Thay y f y vào (*), ta được 

Hướng dẫn giải

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}

Chọn m n 1, ta có (2) 2 (1)f  f  a 2 (1)f f(2) 0  f(1) 0

Khi đó (4)f f(2) f(2) a a mà (4) 0 f  nên suy ra (4) 1f  .

Ta đi chứng minh bằng quy nạp: f 4 n n ( n N*) (1)

Ta thấy (1) đúng với n1 Giả sử (1) đúng với n k ; ta đi chứng minh (1) đúng với n k 1 Ta có:

x u

n 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 p q, Z;( , ) 1p q  sao cho f p( 2 q2)0 Thật vậy, nếu trái lại, thì x y, Z ta có,

q x n

p u

f x

p x u

q x

ŒŒ

∣

∣

trong đó p q, là 2 số nguyên tố phân biệt có dạng 4k3

Ta sẽ chứng minh hàm ( )f x xây dựng như trên thỏa mãn

Xét hàm số h x( )x e2( x1)trên R, ta có h x( ) 2 ( x e x1)x e2 x 0 với mọi 



x R Do đó hàm số

2( ) ( x 1)

h x x e đồng biến trên R Do đó từ a e2( a 1)b e2( 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 (2) 2 (1)f  f  f(1) nên ta suy ra ( )f x là hàm tăng thực sự trên R

Từ 2) ta cho x1thì f f( 3(1)(e f(1)1)) ( e1) (1)f Kết hợp với 3) ta suy ra

3 (1)( (1)( f 1)) ( 1)

Vì ( )f x là hàm tăng thực sự trên R nên ta suy ra f3(1)(e f(1)1) e 1

Xét hàm số g x( )x e3( x1)trên R, ta có g x( ) 3 ( x e2 x1)x e3 x 0 với mọi 



x R Do đó hàm số

3( ) ( x1)

g x x e đồng biến trên R Do đó từ f3(1)(e f(1)1) e 1, ta suy ra ( (1))g f g(1) hay

Thử lại ta thấy hàm số ( ) f x x thỏa mãn mọi điều kiện của bài ra.

Bài 39. Tìm số nguyên dương mnhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số f :*  \1;0;1

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

i/ f m  f 2015 , f m 1 f 2016 ;

ii/    

 

1, 1, 2,

Điều mâu thuẫn trên dẫn đến m3

Với m3, ta xây dựng được vô số hàm f thỏa yêu cầu bài toán như sau

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 40. Tìm hàm f (x) liên tục trên Rvà thỏa mãn:

suy ra f (x y) f(y x)   , x,yR  f(x) là hàm số chẵn

+)Cho x y  f (2x) 4f (x) , CM quy nạp ta được f(nx) = n2f(x), xR,nN*

a) Chứng minh f là hàm tăng không nghiêm ngặt trên R+

b) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên

Hướng dẫn giải

a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0

Xét hàm g(x) = x

2 + f(4y)x là hàm đồng biến trên R+ vì f(4y)>=0 Mà:

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:

TH2: Với mọi số dương t có f(t) > 0 Theo chứng minh trên suy ra f là hàm tăng ngặt

Thay y bởi y

2

ta có: f(x

2) + f(y

2) = f(x

2 + y

2 + xf(4y

2))Thay x bởi y, y bởi x

2:

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

+ Nếu f 1 0 thì từ (2) suy ra f đồng nhất 0 và hàm này thỏa mãn bài toán.

+ Nếu f  1 1 thì trong (2) lại lấy x = 1 ta thu được f1 1

Thử lại thỏa Kết luận của bài toán là: f x   0, x ; f x   x x, .

Bài 44. Tìm tất cả các hàm số f : \ 0     sao cho với mọi x y, khác 0 vàxy ta có

+ Cho y=1: g(1) g x( )g(1) 1g  x Suy ra (1)    (1) 1 

+ Từ (3) suy ra ( ) (1)g xy g g x g y với mọi ,( ) ( ) x y0 (6).

+ Hoán đổi vai trò của u,v trong (5) suy ra nếu (1) 1 g  thì ( ) 0g x  (mâu thuẫn) Do đó (1) 1g  và ta được: (g u v )g u( )g v g uv( ); ( )g u g v với mọi ,( ) ( ) u v0.

Theo kết quả cơ bản ta được ( ) g x x Vậy f x( ) 1

x là hàm duy nhất cần tìm.

Bài 45. Tìm tất cả các hàm : f   thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, ta có f (a).f(b) f(ab)

ii) Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba cạnh là

Lấy r là số nguyên lớn nhất sao cho 2r không vượt quá n

Nếu 2r=n thì theo chứng minh trên có f(n)=n

Nếu n= 2r+s với 1 s 2r