Một số phương pháp giải phương trình hàm sinh bới lớp các hàm hợp

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM HỢP VỚI CẶP BIẾN TỰ DO 17 2.1 Phương pháp quy nạp giải phương trình hàm cơ bản.. PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI HÀM HỢP MỘT BIẾN 54

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2019

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học TháiNguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKH Nguyễn VănMậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đã trực tiếp hướng dẫntận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua

Xin chân thành cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học-Đại họcThái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán-Tin cùng các quý thầy, cô giáo đã trựctiếp giảng dạy lớp cao học Toán K11 đã tạo điều kiện thuận lợi để tác giả học tập

và nghiên cứu trong suốt thời gian qua

Tác giả xin cảm ơn Sở Giáo dục và đào tạo Ninh Bình, trường THPT chuyênLương Văn Tụy, nơi tôi đang công tác, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi hoànthành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân, bạn

bè, đồng nghiệp luôn khuyến khích động viên tác giả trong suốt quá trình học caohọc và viết luận văn này

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót vàhạn chế Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và cácbạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019

Tác giả

Nguyễn Thị Bích Ngọc

Mục lục

Chương 1 CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ VÀ PHƯƠNG

1.1 Các tính chất cơ bản của hàm số và tập hợp 2

1.2 Đặc trưng hàm và các tính chất liên quan 3

1.2.1 Khái niệm phương trình hàm 3

1.2.2 Phép lặp 4

1.2.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 6

1.3 Đặc trưng của các hàm tuần hoàn 8

1.3.1 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn cộng tính 8

1.3.2 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn nhân tính 13

Chương 2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM HỢP VỚI CẶP BIẾN TỰ DO 17 2.1 Phương pháp quy nạp giải phương trình hàm cơ bản 17

2.2 Sử dụng tính chất liên tục của hàm số 21

2.3 Một số các phương pháp khác 28

2.3.1 Sử dụng tính chất ánh xạ 28

2.3.2 Một số dạng phương trình giải bằng phương pháp thế biến 36 2.3.3 Sử dụng miền giá trị của đối số và hàm số 48

2.3.4 Phương pháp thêm biến 51

Chương 3 PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI HÀM HỢP MỘT BIẾN 54 3.1 Phương pháp sử dụng tính chất đặc thù của hàm số 54

3.2 Phương pháp sử dụng điểm bất động của hàm số 60

3.2.1 Tổng hợp một số kiến thức cơ bản về điểm bất động 60

3.2.2 Bài tập áp dụng 633.3 Phương pháp đưa về phương trình sai phân tuyến tính 653.4 Một số phương pháp khác 66

Mở đầu

Luận văn nhằm cung cấp một số phương pháp giải phương trình hàm sinh bởilớp các hàm hợp và một số dạng toán liên quan trong các kỳ thi Olympic Toánnhững năm gần đây

Chuyên đề nằm trong chương trình bồi dưỡng HSG ở các lớp chuyên Toán phục

vụ các kỳ thi HSG quốc gia, Olympic khu vực và quốc tế

Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp bậc trung học phổ thông, OlympicToán sinh viên, các bài toán liên quan tới phương trình hàm với các hàm hợpthường xuyên được đề cập Những dạng toán này thường được xem là thuộc loạikhó vì phần kiến thức về phương trình hàm với các hàm hợp không nằm trongchương trình chính thức của giáo trình Đại số và Giải tích bậc trung học phổthông

Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên

đề phương trình hàm, tôi chọn đề tài luận văn “Một số phương pháp giải phươngtrình hàm sinh bởi lớp các hàm hợp”

Cấu trúc luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và được chia thành 3 chương:Chương 1 Các tính chất cơ bản về hàm số và phương trình hàm

Chương 2 Phương pháp giải phương trình hàm trong lớp hàm hợp với cặp biến

tự do

Chương 3 Phương pháp giải phương trình hàm với hàm hợp một biến

Cuối các chương đều trình bày các bài tập áp dụng và giải các đề thi HSG quốcgia và Olympic liên quan

Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặttương ứng mỗi phần tử x của X với một (và chỉ một) phần tử của Y Phần tử nàyđược gọi là ảnh của x qua ánh xạ f và được kí hiệu là f (x).

- Tập X được gọi là tập xác định của f Tập hợp Y được gọi là tập giá trị của

Định nghĩa 1.2 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y được gọi là đơn ánh nếu với

a ∈ X, b ∈ X mà a 6= b thì f (a) 6= f (b), tức là hai phần tử phân biệt sẽ có haiảnh phân biệt

Từ định nghĩa ta suy ra ánh xạ f là đơn ánh khi và chỉ khi với a ∈ X, b ∈ X

mà f (a) = f (b), ta phải có a = b

Định nghĩa 1.3 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y được gọi là toàn ánh nếu với mỗiphần tử y ∈ Y đều tồn tại một phần tử x ∈ X sao cho y = f (x) Như vậy f làtoàn ánh nếu và chỉ nếu Y = f (X)

Định nghĩa 1.4 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y được gọi là song ánh nếu nó vừa

là đơn ánh vừa là toàn ánh Như vậy ánh xạ f : X → Y là song ánh nếu và chỉnếu với mỗi y ∈ Y, tồn tại và duy nhất một phần tử x ∈ X để y = f (x)

Định nghĩa 1.5 (xem [2]) Ánh xạ ngược của f, được kí hiệu bởi f−1, là ánh xạ

từ Y đếnXgán cho mỗi phần tửy ∈ Y phần tử duy nhất x ∈ X sao choy = f (x).Như vậy f−1(x) = y ⇔ f (x) = y;

Nếu f không phải là song ánh thì ta không thể định nghĩa được ánh xạ ngượccủa f Do đó chỉ nói đến ánh xạ ngược khi f là song ánh

Nhận xét 1.1 Một số lưu ý khi áp dụng tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánhgiải phương trình hàm

- Nếu f : R → R là đơn ánh thì từ f (x) = f (y) suy ra x = y

- Nếu f : R → R là toàn ánh thì với mọi y ∈ R, luôn tồn tại x ∈ R để cho

f (x) = y, tức là phương trình (ẩn x) y = f (x) luôn có nghiệm

- Nếu f là một hàm số mà đơn ánh thì ta rất hay dùng thủ thuật tác động f

vào hai vế, hoặc tạo ra f (ϕ (x)) = f (φ (x)) suy ra ϕ (x) = φ (x)

Về sau, trong luận văn này ta chỉ xét các ánh xạ là các hàm số xác định vànhận giá trị trên tập hợp các số thực

1.2.1 Khái niệm phương trình hàm

Phương trình hàm được hiểu là một phương trình mà hai vế của nó gồm một

số hữu hạn các hàm chưa biết (của một số hữu hạn các biến) và từ một số hữuhạn các biến độc lập Phép xây dựng này được thực hiện từ một số hữu hạn cáchàm đã biết (một hay nhiều biến) và bởi một số hữu hạn các phép thay thế các từ

chứa các hàm đã biết hoặc các hàm chưa biết thành các từ chứa các hàm đã biếthoặc chưa biết khác.

Trong [8], Kuczma đã trình bày chi tiết về định nghĩa phương trình hàm nhưsau:

Định nghĩa 1.6 (xem [2],[8]) (Định nghĩa ”từ” trong phương trình hàm) Một từđược định nghĩa theo các điều kiện sau đây:

1◦ Các biến độc lập được gọi là các từ

2◦ Nếu t1, , tp là các từ và f (x1, , xp) là hàm p biến, thì f (t1, , tp) cũng

là các từ

3◦ Không tồn tại các từ khác

Khi đó, phương trình hàm được định nghĩa như sau:

Định nghĩa 1.7 (Định nghĩa phương trình hàm, xem [2],[8]) Phương trình hàm

là một đẳng thức t1 = t2 giữa hai từ t1 và t2 trong đó chúng chứa ít nhất một ẩnhàm chưa biết và một số hữu hạn các biến số độc lập xác định

Vấn đề phân loại phương trình hàm là rất phức tạp và hiện nay vẫn chưa đượcgiải quyết thỏa đáng

Định nghĩa 1.8 (xem [2],[8]) Phương trình hàm trong đó mọi ẩn hàm là hàmmột biến được gọi là phương trình hàm thông thường

Định nghĩa 1.9 (xem [2],[8]) Số biến độc lập xuất hiện trong phương trình hàmđược gọi là bậc của phương trình này

Thông thường, các phương trình vi phân, tích phân, phương trình đạo hàmriêng, các bài toán biên, cũng là những dạng toán cần xác định hàm số Tuynhiên, các dạng toán này có chứa thêm yếu tố không phải là "từ" nên biểu thứctương ứng không thể hiện sự bằng nhau của hai từ theo nghĩa đã nêu ở trên.Như vậy, thông thường một phương trình hàm tổng quát đã cho thường khôngkèm theo các giả thiết chính quy (có đặc trưng giải tích lên các hàm như tính đođược, tính bị chặn, khả tích, khả vi, đơn điệu, liên tục, lồi, lõm, )

và f (x) + f (f (x)) < f (x) + x, điều này mâu thuẫn với giả sử f (f (x)) > x.

Ta chứng minh được điều tương tự với giả sửf (f (x)) < x Do đó ta cóf (f (x)) = x

1.2.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ

Xét hàm số f (x) xác định trên tập D(f ) ⊂ R và tập giá trị R(f ) ⊂ R.

Định nghĩa 1.11 (xem [1],[2]) Giả sử M ⊂ D(f ) Khi đó

a) f (x) được gọi là hàm số chẵn tại x0 trên tập M, nếu

Ví dụ 1.4 Mọi hàm số f (x) là hàm chẵn tại x0 trên M ⊂ R khi và chỉ khi có thể

biểu diễn dưới dạng

f (x) = 1

2[g(x) + g(2x0 − x)], ∀x ∈ M (1.3)Lời giải Thật vậy, ứng với mọi hàm g tùy ý xác định trên M, từ (1.3) ta cóngay

Ví dụ 1.5 Hàm số f (x) là hàm lẻ tại x0 trên M ⊂ R khi và chỉ khi biểu diễn

dưới dạng

f (x) = 1

2[g(x) − g(2x0 − x)], ∀x ∈ M (1.4)Lời giải Thật vậy, ứng với mọi hàm g tùy ý xác định trên M, từ (1.4) ta cóngay

Định nghĩa 1.12 (xem [1]) Giả sử M ⊂ D(f )

a) f (x) được gọi là hàm số chẵn nhân tính tại x0 6= 0 trên tập M, nếu

∀x ∈ M, ta có x20

x ∈ M và fx

2 0



= −f (x)

Ví dụ 1.6 Mọi hàm số f (x) là hàm chẵn nhân tính tại x0 6= 0 trên M ⊂ R khi

và chỉ khi có thể biểu diễn dưới dạng

x

i

, ∀x ∈ M (1.5)Lời giải Thật vậy, ứng với mọi hàm g tùy ý xác định trên M, từ (1.5) ta có

fx

2 0

x

i

, ∀x ∈ M

Vậy f có dạng (1.5) với g = f

Ví dụ 1.7 Mọi hàm số f (x) là hàm lẻ nhân tính tại x0 6= 0 trên M ⊂ R khi và

chỉ khi biểu diễn dưới dạng

f (x) = 1

2[g(x) − g

x20x



= −f (x), ∀x ∈ M

Ngược lại, khi f là hàm lẻ nhân tính tại x0 trên M thì

x20x

x

i

, ∀x ∈ M

Vậy f có dạng (1.6) với g = f

1.3.1 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn cộng tính

Định nghĩa 1.13 (xem [1],[2]) Hàm số f (x) được gọi là hàm tuần hoàn (cộngtính) chu kỳ a (a > 0) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

Định nghĩa 1.14 (xem [1],[2]) Cho f (x) là một hàm tuần hoàn trên M Khi đó

T (T > 0) được gọi là chu kỳ cơ sở của f (x) nếu f (x) tuần hoàn với chu kỳ T

mà không là hàm tuần hoàn với bất cứ chu kỳ dương nào bé hơn T

Ví dụ 1.8 f (x) = C, C là hằng số, là hàm số tuần hoàn với chu kỳ là số dươngbất kỳ nhưng không có chu kỳ cơ sở

Ví dụ 1.9 f (x) = {x} = x − [x] là hàm số tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là T0 = 1

Ví dụ 1.10 Hàm sin x, cos x là các hàm số tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là 2π.Hàm tan x, cot x là các hàm tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là π

Các hàm sin(ax + b), cos(ax + b), a 6= 0, tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là 2π

|a|.

Các hàm tan(ax + b), cot(ax + b), a 6= 0, tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là π

|a|.

Ví dụ 1.11 Hàm sốf (x) = (−1)[x]{x} là hàm số tuần hoàn với chu kỳ là 2 Thậtvậy,

là hàm tuần hoàn trên R chu kỳ a ∈ Q∗ tùy ý

Vì trong Q∗ không có số nhỏ nhất nên hàm f (x) không có chu kỳ cơ sở

Tính chất 1.2 (xem [1]) Hàm tuần hoàn liên tục trên R là hàm bị chặn

Tính chất 1.3 Cho f1, f2, , fn : R → R là các hàm tuần hoàn liên tục thỏa

mãn điều kiện

n

P

i=1

fi là hàm tuần hoàn và không có tổng của m hàm số nào trong

đó là hàm hằng với 0 < m < n Khi đó, các hàm fi sẽ có chung một chu kì

Chứng minh Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp Thật vậy,

Nếu ϕ = a (const) thì ta chia làm 2 trường hợp:

+) Nếu a = 0 thì f, g có cùng chu kỳ k

+) Nếu a 6= 0 thì

f (x + k) − f (x) = a ⇒ f (x + nk) − f (x) = na

Cố định x ta có lim

n→+∞f (x + nk) = +∞.Điều này vô lý vì hàm tuần hoàn liên tục là hàm bị chặn

Do đó a = 0 Vậy f, g có cùng chu kỳ Hay bài toán đúng với n = 2

*) Giả sử khẳng định đúng với mọi số k < n (n > 3) Ta sẽ chứng minh khẳngđịnh đúng với k = n

Giả sử f1 + f2 + · · · + fn tuần hoàn với chu kỳ T > 0 Khi đó

Lại có gi(x) là hàm tuần hoàn liên tục có cùng chu kỳ vớifi(x) Nếu không có bất

kỳ tổng của bé hơn n − 1 hàm số nào là hàm hằng thì suy ra gi(x) có cùng chu kỳ

Như vậy tập {gi}n

i=1 được chia thành từng tập con có số lượng phần tử nhỏ nhất

mà tổng tất cả các hàm trong mỗi tập con là hằng số Nếu tập con có một phần

tử gi thì rõ ràng gi tuần hoàn với chu kỳ T còn với các tập con còn lại, theo giảthiết quy nạp, các hàm fk cũng tuần hoàn với chu kỳ T

Tính chất 1.4 Cho hai hàm f (x), g(x) liên tục và tuần hoàn trên R với chu kỳ

Vậy F (x) = f (x) + g(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ T

Ngược lại, ta có f và g có cùng chu kỳ T Khi đó, chọn T = na = mb với

Định nghĩa 1.15 (xem [1],[2]) Hàm số f (x) được gọi là hàm phản tuần hoàn(cộng tính) chu kỳ b (b > 0) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

Ví dụ 1.13 f (x) = sin(3x) − sin x là hàm phản tuần hoàn cộng tính với chu kỳ

cơ sở là π Thật vậy,

f (x + π) = sin(3x + 3π) − sin(x + π) = − sin 3x + sin(x) = −f (x), ∀x ∈ R

Tính chất 1.6 Mọi hàm phản tuần hoàn trên M đều là hàm tuần hoàn trên M

Chứng minh Giả sử f (x) là hàm phản tuần hoàn với chu kỳ b ∈ M, ta có

f (x + 2b) = −f (x + b) = f (x), ∀x ∈ M

Ngoài ra, vì x ± b ∈ M nên x ± 2b ∈ M

Vậy f (x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2b

Tính chất 1.7 f (x) là hàm phản tuần hoàn với chu kỳ b trên M khi và chỉ khi

Do đó f (x) là hàm phản tuần hoàn chu kỳ b trên M

Ngược lại, với f (x) là hàm phản tuần hoàn chu kỳ b trên M

1.3.2 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn nhân tính

Định nghĩa 1.17 (xem [1],[2]) Hàm số f (x) được gọi là hàm tuần hoàn nhântính chu kỳ a; (a > 1) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

f (2x) = sin(2π log2(2x)) = sin(2π(1 + log2x)) = sin(2π log2x) = f (x)

Tính chất 1.8 Nếu f (x) và g(x) là hai hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ tươngứng là a và b trên M và ln |a|

ln |b| =

m

n, m, n ∈ N

∗ thì F (x) = f (x) + g(x) và

G(x) = f (x).g(x) là các hàm tuần hoàn nhân tính trên M

Chứng minh Từ giả thiết ln |a|

ln |b| =

m

n suy ra |a|n = |b|m Ta chứng minh

T := a2n = b2m là chu kỳ của F (x) và G(x) Thật vậy, ta có

F (T x) = f (a2nx) + g(b2mx) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M ;

G(T x) = f (a2nx)g(b2mx) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M

Hơn nữa, ∀x ∈ M, T±1x ∈ M Do đó, F (x), G(x) là các hàm tuần hoàn nhântính trên M

Tính chất 1.9 Nếu f (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ a, a > 0 trên R thì

g(t) = f (ln t), (t > 0) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ ea trên R+

Ngược lại, nếu f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ a (a > 1) trên R+ thì

g(t) = f (et) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ ln a trên R

Chứng minh Giả sử f (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ a, a > 0 trên R.Xét g(t) = f (ln t), (t > 0)

Ta có

g(eat) = f (ln(eat)) = f (ln ea+ ln t)

= f (a + ln t) = f (ln t) = g(t), ∀t ∈ R+

Vậy g(t) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ ea trên R+

Ngược lại, giả sử f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ a

(0 < a 6= 1) trên R+

Xét g(t) = f (et), ∀t ∈ R Ta có

g(t + ln a) = f (et+ln a) = f (et.eln a)

= f (aet) = f (et) = g(t), ∀t ∈ R

Vậy g(t) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ ln a trên R

Tiếp theo, ta xét lớp hàm phản tuần hoàn nhân tính

Định nghĩa 1.18 (xem [1],[2]) Hàm số f (x) được gọi là hàm phản tuần hoànnhân tính chu kỳ a (a > 1) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

2 trên R+.Thật vậy, ta có ∀x ∈ R+ thì (√

= 1

2[sin(2π(1 + log2x)) − sin(2π log2(

√2x))]

= 1

2[sin(2π log2x) − sin(2π log2(

√2x))] = −f (x)

Tính chất 1.10 Mọi hàm phản tuần hoàn nhân tính trên M đều là hàm tuầnhoàn nhân tính trên M

Chứng minh Theo giả thiết tồn tại b > 1 sao cho ∀x ∈ M thì b±1 ∈ M và

f (bx) = −f (x), ∀x ∈ M

Suy ra, ∀x ∈ M thì b±1 ∈ M và

f (b2x) = f (b(bx)) = −f (bx) = −(−f (x)) = f (x), ∀x ∈ M

Như vậy, f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b2 trên M

Tính chất 1.11 f (x) là hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ b (b > 1) trênM

khi và chỉ khi f (x) có dạng:

f (x) = 1

2(g(bx) − g(x)),

trong đó, g(x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b2 trên M.

Chứng minh (i) Giả sử f là hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ b trên M.Khi đó g(x) = −f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b2 trên M và

Lời giải Từ điều kiện của bài toán suy ra

d tùy ý khi x = 0

h21

2log|a||x| khi x < 0

với h1(t), h2(t) là các hàm tuần hoàn cộng tính tùy ý chu kỳ 1 trên R

Chương 2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP HÀM HỢP VỚI CẶP BIẾN TỰ DO

Trong chương này, tác giả nhắc lại khái niệm hàm số liên tục tại một điểm, liêntục trên một khoảng, trên một đoạn và các tính chất của hàm số liên tục Tác giảsắp xếp và phân loại một số phương pháp giải phương trình hàm trong lớp hàmhợp với cặp biến tự do

Trong chương này, tác giả sử dụng các tài liệu tham khảo [2], [3], [4], [5] và [7]

Khi hàm số cần tìm xác định trên N hoặc Z, để chứng minh các tính chất của

nó nói chung thường sử dụng phương pháp quy nạp

Trong nhiều bài toán cũng phải xác định từng bước N → Z → Q → R Riêng

bước từ Q → R cần thêm tính liên tục của hàm số và sử dụng đến tính trù mật

của tập Q

Ý tưởng của phương pháp này là ta dự đoán công thức của hàm f (n) cần tìm

và chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học

Bài toán 2.1 (Đề thi chọn đội tuyển thi HSGQG tỉnh Lâm Đồng 2019-2020).Tìm tất cả các hàm số f : R →R thỏa mãn điều kiện

f (f (x) f (y)) + f (x + y) = f (xy) , ∀x, y ∈R

Lời giải Giả sử f (x) là hàm số thỏa mãn hệ thức

f (f (x) f (y)) + f (x + y) = f (xy), ∀x, y ∈R (2.1)

Dễ thấy −f (x) cũng là hàm số thỏa (2.1) Do đó không mất tính tổng quát, giả

sử rằng f (0) ≤ 0 Với x 6= 1, ta có thể chọn y sao cho x + y = xy hay y = x−1x

*Ta chứng minh f (1) = 0, f (a) = 0 ⇒ a = 1 và f (0) = −1.

Thật vậy, từ trường hợp 1, suy ra luôn tồn tại a để f (a) = 0

Giả sử a 6= 1

Thế x = a và (2.2) ta được f (0) = 0 là vô lý với giả thiết f (0) < 0 Vậy a = 1

Do 1 là không điểm duy nhất của hàm f nên từ (2.3) ta có f2(0) = 1, kết hợp vớigiả thiết f (0) < 0, ta được f (0) = −1

Thế y = 1 vào (2.1), kết hợp với kết quả trên ta được

f (f (x0) f (y0)) + f (a + N + 1) = f (b + N )

⇔f (f (x0) f (y0)) + 1 = 0

f (−f (−f (x))) = f (f (x) + 1) , ∀x ∈ R (2.6)Theo (2.6) ta có

Thử lại dễ thấy hàm số này thỏa mãn

Suy ra f (x) = 1 − x, ∀x ∈ R cũng là hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy có

3 hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là

f (f (n)) = f (0) + n (2.9)

Giả sử có f (n) = bn, khi đó f (bn) = f (f (n)) = n.

Ta có

f (n + 1) = f (f (bn) + 1) = bn + f (1) = bn + b = b(n + 1)

vậy (2.10) đúng với n + 1 Do đó f (n) = bn, ∀n ∈ N.

Thay vào (2.8) suy ra b = 1 Vậy f (n) = n, ∀n ∈ N Thử lại thỏa mãn.

Bài toán 2.3 Tìm tất cả các hàm f :N∗ →N∗ thỏa mãn điều kiện

f (f2(m) + 2f2(n)) = m2 + 2n2 với mọi m, n ∈ N∗.Lời giải Nếu m1, m2 ∈ N∗ thỏa mãn f (m1) = f (m2)

f (5a2)2 + 2f (a2)2 = f (3a2)2 + 2f (3a2)2 = 3f (3a2)2 = 27

Vì phương trình x2 + 2y2 = 27 chỉ có nghiệm nguyên dương là

(x; y) = (3; 3), (5; 1) nên ta có f (a2) = 1, f (5a2) = 5

Cũng từ (2.11) ta có

2f (4a2)2 − 2f (2a2)2 = f (5a2)2 − f (a2)2 = 24

Vì phương trình x2 − y2 = 12 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x; y) = (4; 2) nên

af (4a2) = 4, f (2a2) = 2

Từ (2.11) ta có

f ((k + 4)a2)2 = 2f ((k + 3)a2)2 − 2f ((k + 1)a2)2 + f (ka2)2

suy ra từ khai triển (2.12) Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy

ra f (ka2) = k, với mọi k là số nguyên dương Do đó f (a3) = a = f (1), mà f làđơn ánh nên a3 = 1 ⇒ a = 1 Vậy f (n) = n với mọi n nguyên dương

Thử lại thỏa mãn bài toán

Phương trình hàm trong lớp hàm liên tục là một trong những nội dung cơ bản

và quan trọng của chuyên đề phương trình hàm Khi tiếp cận loại phương trìnhhàm này ta thường gặp lúng túng trong việc khai thác các tính chất liên tục củahàm số Để tiếp cận và khai thác được các dạng toán về phương trình hàm tronglớp hàm liên tục ta cần một số kiến thức bổ trợ sau

Định nghĩa 2.19 (sgk) Cho hàm số f xác định trên tập D ⊂ R và x0 ∈ D Hàm

số f được gọi là liên tục tại x = x0 nếu lim

x→x 0

f (x) = f (x0)

Sử dụng tính chất liên tục của hàm số ta có kết quả về phương trình hàmCauchy

Định lý 2.1 (Cauchy, xem [2]) Giả sử hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

1 Hàm f (x) = ax, ∀x ∈ R

2 f là bị chặn trên (hoặc bị chặn dưới) trên một khoảng

3 f là tăng (hoặc giảm) trên một khoảng

4 f liên tục tại một điểm bất kì.

Tiếp theo ta xét một số bài toán sử dụng Định lý 2.1 về phương trình hàm đểgiải các dạng toán với hàm hợp

Bài toán 2.4 (THTT-T7/2010) Xác định hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn

điều kiện

f (x + f (y)) = 2y + f (x), ∀x, y ∈R

Lời giải Cho x = 0 ta có f (f (y)) = 2y + f (0)

Từ đây dễ thấy f là đơn ánh trên R Khi đó, với x = y = 0 ta có

f (f (0)) = f (0) nên f (0) = 0

Do đó

f (f (y)) = 2y, ∀y ∈ R và 2f (y) = f (f (f (y))) = f (2y)

Từ đó thay y bởi f (y) trong phương trình điều kiện ta được

f (x + 2y) = f (x + f (f (y))) = 2f (y) + f (x) = f (2y) + f (x), ∀x, y ∈ R

Hay là f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R.

Lại có f liên tục trên R nên f (x) = cx, ∀x ∈ R.

Kết hợp f (f (y)) = 2y cho ta c = ±√

2.Thử lại, ta đi đến kết luận

Lời giải Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được

f (y + f (y)) = 2y + f (0)2, chứng tỏ f là một toàn ánh Suy ra tồn tại số a saocho f (a) = 0 Đặt b = f (0)

Từ phương trình ban đầu thay x bởi −x ta được

f x2 + y + f (y)
= 2y + f −x2
, ∀x, y ∈ R,

suy ra f x2
= f −x2
, ∀x ∈R (2.13)

Từ (2.13) và f (a) = 0 suy ra f (−a) = 0

Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được

f (y + f (y)) = 2y + f (0)2, ∀y ∈R (2.14)Trong (2.14) ta lần lượt thay y = a và y = −a ta được:

f (a + f (a)) = 2a + b2, suy ra 0 = 2a + b2;

f (−a + f (−a)) = −2a + b2, suy ra 0 = −2a + b2

Từ hai đẳng thức trên ta được a = b = 0 Do đó

f (x) = 0 ⇔ x = 0 (2.15)

Để sử dụng (2.15) ta sẽ thay y = −f (x)

2

2 vào phương trình đã cho ta được:

f (y + f (y) + f (y + f (y))) = 2 (y + f (y)) , ∀y ∈R

f x2 − f (x)

2

2 + f

f (x)22

Trong (2.22) lần lượt cho x = 0, y = 0 ta được

f (0) + 2f (y) = f (f (y)) , ∀y ∈ R,

và f (2x) + 2f (0) = f (f (x)) , ∀x ∈ R

Do đó ta có

f (2x) = 2f (x) − f (0) , ∀x ∈ R (2.23)Thay (2.23) vào (2.22) ta được

2f (x) + 2f (y) − f (0) = f (f (x + y)) , ∀x, y ∈ R (2.24)

Trong (2.24) cho x = 0 và thay y bởi x + y ta được

2f (x + y) + f (0) = f (f (x + y)) , ∀x, y ∈R (2.25)

Từ (2.24) và (2.25) ta có

f (x) + f (y) = f (x + y) + f (0) , ∀x, y ∈ R (2.26)Đặt g (x) = f (x) − f (0) , ∀x ∈ R ta được g (x) là hàm số liên tục trên R và

g (x + y) = g (x) + g (y) , ∀x, y ∈ R Theo phương trình hàm Cauchy ta được

g (x) = ax, ∀x ∈R, hay từ đó ta có f (x) = ax + b, ∀x ∈R.

Thayf (x) = ax + b, ∀x ∈ R vào (2.22) và cân bằng hệ số ta được a = b = 0 hoặc

a = 2 Vậy ta có hai hàm số thỏa mãn là

f (x) + y + 1 = f (x) + f (y) hay f (x) = x + 1.Thử lại ta có f (x) = x + 1 thỏa yêu cầu bài toán.

Nhận xét 2.4 Ở bài toán trên chúng ta khai thác

1/ Nếu hàm số đơn điệu trên tập số thực thì nó là đơn ánh

2/ Sau đó sử dụng phép thế để đưa về dạng f (u) = f (v) để nhận được u = v

Chú ý rằng, khi f (x) = g(x), ∀x ∈ Q thì f (x) = g(x), ∀x ∈ R với f, g là cáchàm liên tục trên R (tính trù mật của tập Q trong R)

Để áp dụng tính chất này ta thường tiến hành theo các bước sau:

• Tìm f (n) với n ∈ Z+ (thường bằng phương pháp qui nạp)

• Tìm f (x) với x ∈ R (Sử dụng tính trù mật của tập Q trong R) Tức là nếu

ta có f (x) = g(x), ∀x ∈ Q thì f (x) = g(x), ∀x ∈R Vì với mỗi x ∈ R, ∃ dãyhữu tỷ (qn) sao cho lim qn = x

Khi đó sử dụng điều kiện f, g là các hàm liên tục trên R ta có

f (x) = f (lim qn) = lim f (qn) = lim g (qn) = g (lim qn) = g(x)

Đặt f (1) = a; f (0) = b

Thay y = 0 vào (2.31) và (2.32) ta được

f (f (0)) = b2 − b + 2; 2f (f (0)) = ab + 2,

suy ra 2(b2 − b + 2) = ab + 2 (2.33)Thay y = 1 vào (2.31) và (2.32) ta được

(

f (f (1)) = ab − b + 22f (f (1)) = a2 + 2

suy ra a2 + 2 = 2(ab − b + 2) (2.34)

Từ (2.33) và (2.34) ta tìm được b = 1; a = 2 suy ra f (0) = 1; f (1) = 2

Thay vào (2.31) ta được

f (f (y)) = f (y) + 1, ∀y ∈ (0; +∞) (2.35)

Từ (2.35)bằng quy nạp ta chứng minh được



= 1

n + 1, ∀n ∈ N

∗

ii f (x + y + f (y)) = f (x) + ay, với mọi x, y ∈ R.

Lời giải Với a = 0, có thể tìm ra một hàm thảo mãn bài toán là f (x) = 2016

Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp a 6= 0 là đủ

Thay x = −f (y) vào điều kiện (ii.), ta được

f (y) = f (−f (y)) + ay, ∀y ∈ R

Từ đó, ta thấy f là hàm đơn ánh

Tiếp tục, thay y = 0 vào điều kiện (ii.), ta được f (x + f (0)) = f (x), ∀x ∈ R

Suy ra f (0) = 0 Thay y = −f (x)

a vào điều kiện (ii.) và kết hợp với tính đơn ánh

của f (ở đây chú ý rằng 0 là số duy nhất để f (x) = 0), ta được:

−f (x)

a + f



−f (x)a



= −x, ∀x ∈ R

Thay y bởi −f (y)

a vào (ii.) và sử dụng kết quả trên, ta được:

f (x − y) = f (x) − f (y), ∀x, y ∈ R

Từ đây dễ dàng suy ra f cộng tính Với các tính chất đã biết của hàm cộng tính,

ta tính được f (2016) = 2016.f (1) = 20162

Mặt khác, do f cộng tính nên điều kiện (ii.) cũng có thể viết lại thành

f (y) + f (f (y)) = ay, ∀y ∈ R

Cho y = 1, ta tính được a = 2016.2017 Thử lại, ta thấy với số a trên thì hàm số

f (x) = 2016x thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho

Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu của đề bài là

a = 0 và a = 2016.2017.Bài toán 2.10 (Đề thi chọn HSGQG năm 2017) Tìm tất cả các hàm f :R →R

thỏa mãn hệ thức:

f (xf (y) − f (x)) = 2f (x) + xy, (2.38)

với mọi số thực x, y.

Lời giải Thay x = 1 vào (2.38), ta được:

f (f (y) − f (1)) = y + 2f (1), ∀y ∈ R (2.39)

Từ đây có thể thấy hàm f là song ánh Do đó, tồn tại duy nhất số thực a để

f (a) = 0 Thay x = a vào phương trình (2.38), ta được:

f (af (y)) = ay, ∀y ∈ R (2.40)Trong (2.40), cho y = 0, ta được f (af (0)) = 0 = f (a)

Từ đó, do f là đơn ánh nên af (0) = a Suy ra a = 0 hoặc f (0) = 1

Xét trường hợp a = 0, tức f (0) = 0 Thay y = 0 vào (2.38), ta được

f (−f (x)) = 2f (x)

Do f toàn ánh nên ta có f (x) = −2x, với mọi x ∈ R Tuy nhiên, khi thử lại, hàm

này không thỏa mãn phương trình (2.38)

Do đó a 6= 0, suy ra f (0) = 1

Thay x = 0 vào (2.38), ta được f (−1) = 2

Thay y = a vào (2.40), ta được a2 = f (0) = 1, suy ra a = 1 (do f (−1) = 2),tức f (1) = 0

Do f (1) = 0 nên phương trình (2.39) có thể viết lại dưới dạng

f (f (y)) = y, ∀y ∈ R (2.41)Thay y bởi f (y) vào (2.38) và sử dụng (2.41), ta được



= 1 − 2f (x)

x , ∀x 6= 0

Thay y = f (x)

x vào (2.38) và sử dụng kết quả trên với x 6= 0 thì 1 − 3f (x)

có thể nhận mọi giá trị thực khác −2 Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được

f (x) = −x + 1 với mọi x 6= −2 Ta có: f (3) = −2

Thay y = 3 vào (2.41), ta được f (−2) = 3

Vậy f (x) = −x + 1, với mọi x ∈ R Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu

cầu của bài toán

Bài toán 2.11 (Đề thi chọn đội tuyển tham dự Olympic Toán Quốc tế năm 2004).Tìm tất cả các giá trị của a, sao cho tồn tại duy nhất một hàm số f :R → R thỏa

mãn điều kiện:

f (x2 + y + f (y) = (f (x))2 + ay, ∀x, y ∈ R (2.42)Lời giải Nhận thấy nếu a = 0 thì có hai hàm số thỏa mãn là f (x) ≡ 0 và

Từ phương trình trên ta thấy f (x2 + b) = (f (−x))2 + ab Do đó, ta được

(f (x))2 = (f (−x))2 hay |f (x)| = |f (−x)| , ∀x ∈ R Từ điều này ta thu được

Vậy a = 2 vì a 6= 0 Bây giờ ta giải phương trình hàm

f (x2 + y + f (y) = (f (x))2 + 2y, ∀x, y ∈R (2.46)Thay y = −(f (x))

Hàm f vừa là hàm cộng tính, vừa là hàm nhân tính nên f (x) = x

Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn đề bài

Bài toán 2.12 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện

f (x + y + f (y)) = f (f (x)) + 2y, ∀x, y ∈ R (2.47)Lời giải Chứng minh f là đơn ánh

Thật vậy, với mọi x, y thỏa mãn f (x) = f (y) ta có

Bài toán 2.13 Kí hiệu N∗ là tập hợp các số nguyên dương Tìm tất cả các hàm

f :N∗ →N∗ thoả mãn đẳng thức:

f f2(m) + 2f2(n)
= m2 + 2n2, với mọi m, n ∈ N∗ (2.48)Lời giải Nếu m1, m2 ∈ N∗ sao cho f (m1) = f (m2) Từ

Đặt f (1) = a cho m = n = 1 được f (3a2) = 3 Từ (2.49) suy ra:

f (5a2)2 + 2f (a2)2 = f (3a2)2 + 2f (3a2)2 = 3f (3a2)2 = 27

Vì phương trìnhx2+ 2y2 = 27 chỉ có nghiệm nguyên dương là(x, y) = (3, 3) hoặc

(5, 1) Mà do f đơn ánh nên ta có f (a2) = 1, f (5a2) = 5

Cũng từ (2.49) ta có

2f (4a2)2 − 2f (2a2)2 = f (5a2)2 − f (a2)2 = 24

Vì phương trình x2 − y2 = 12 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x, y) = (4, 2) nên

f (4a2) = 4, f (2a2) = 2

Sử dụng khai triển (2.50) kết hợp với (2.49) ta có

f (k + 4)a2
2 = 2f (k + 3)a2
2 − f (k + 1)a2
2

+ f (ka2)2

Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f (ka2) = k, với mọi k là

số nguyên dương

Do đó f (a3) = a = f (1), mà f đơn ánh nên a3 = 1 ⇒ a = 1

Vậy f (n) = n với mọi n nguyên dương

Thử lại thoả mãn bài toán

Bài toán 2.14 Tìm tất cả các hàm số f :R → R thỏa mãn điều kiện

f x + f (x) + f (y)
= f y + f (x)
+ x + f (y) − f f (y)
, ∀x, y ∈R (2.51)