Chuyên đề: Giải phương trình Hàm bằng phương pháp thế

MỞ ĐẦU1.Lý do chọn đề tài: Bài toán phương trình hàm là bài toán thường xuyên có trong các đề thi học sinh giỏi.. Trong chương trình dạy và học toán trong các đội tuyển học sinh giỏi ,

Chuyên đề GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾPhần 1 MỞ ĐẦU

1.Lý do chọn đề tài:

Bài toán phương trình hàm là bài toán thường xuyên có trong các đề thi học sinh giỏi

Trong chương trình dạy và học toán trong các đội tuyển học sinh giỏi , phương trình hàm thường xuất hiện với nhiều các dạng toán khác nhau, phương pháp giải khác nhau Có phương pháp có dấu hiệu áp dụng, nhưng có phương pháp phải dựa vào kinh nghiệm của người giải Trong đó, phương pháp thế là một phương pháp rất khó để định hướng Trong chuyên đề này, tôi tập trung khai khác sử dụng phương pháp thế để giải một số bài toán phương trình hàm theo các dạng toán cụ thể nhằm giúp học sinh có thêm một công cụ ,một phương pháp sử dụng trong khi giải dạng toán này.

2 Mục đích nghiên cứu:

Chuyên đề nhằm hệ thống kiến thức về hàm và phương trình hàm, đặc biệt là dùng phương pháp thế vào việc giải quyết một số dạng bài toán trong phương trình hàm Chuyên đề không có tính chất liệt kê mà mục đích muốn tìm hiểu sâu hơn về phương pháp thế và có sự so sánh về những ưu điểm của việc sử phương pháp này áp dụng vào từng bài toán cụ thể cho hợp lý Chuyên đề này là tài liệu tham khảo cho các đồng nghiệp trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia và giúp học sinh có kiến thức nền tảng và có thêm một định hướng cho các dạng bài toán về phương trình hàm.

D được gọi là tập xác định (hay miền xác định ) của hàm số f

Phần tử bất kỳ x D – gọi là biến số độc lập hay biến số, hay đối số

Số thực y tương ứng với biến số x gọi là giá trị của hàm số tại f, kí hiệu là f(x).Khi đó ta viết :

f: D  R

x  y = f(x)Tập xác định (TXĐ) của hàm số y= f(x) là tập hợp tất cả các số thực x sao chobiểu thức f(x) có nghĩa

Tập giá trị (TGT), hay miền giá trị (MGT) của hàm số y = f(x) là tập hợp tất cảcác giá trị của f(x), khi x D

Vậy T = (x)|xD gọi là tập giá trị của hàm số y= f(x)

I.2 Hàm số chẵn, hàm số lẻ, hàm số tuần hoàn.

I.2.1.Hàm số chẵn.

1).Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên D

Hàm số y = f(x) được gọi là hàm số chẵn trên D nếu với  x D ta có:

(

Dx

2).Đồ thị : Đồ thị của hàm số chẵn nhận Oy làm trục đối xứng

I.2.2 Hàm số lẻ.

1).Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên D

Hàm số y=f(x) được gọi là hàm số lẻ trên D nếu với  x D ta có:

(

Dx

2).Đồ thị : Đồ thị của hàm số chẵn nhận gốc O làm tâm đối xứng

I.2.3 Hàm số tuần hoàn.

1).Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên D

Hàm số y=f(x) được gọi là hàm số tuần hoàn trên D với chu kỳ T, x D ta có:

(

DTx

2).Đồ thị : Để vẽ đồ thị của 1 hàm số tuần hoàn ta chỉ cần vẽ trong một chu kỳ

I.3 Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến.

1) Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b)

Hàm số y = f(x) gọi là đồng biến trên khoảng (a;b) nếu với  x1,x2 (a;b) ta có :

x2 > x1  f(x2) > f(x1)

Hàm số y = f(x) gọi là nghịch biến trên khoảng (a;b) nếu với  x1,x2 (a;b) ta có :

x2 < x1  f(x2) < f(x1)

2) Đồ thị:

+) Đồ thị của hàm số đồng biến là đường thẳng đi lên từ trái sang phải

+) Đồ thị của hàm số nghịch biến là đường thẳng đi xuống từ trái sang phải

I.4 Hàm số hợp.

Cho 3 tập X, Y, Z là tập con của tập số thực R, và 2 hàm số :

x  y = f(x) y  z = g(y)Hàm gof : X  Z

x  z = gof(x) với f(X) Y , gọi là hàm số hợp của hàm số g và f.Biểu thức g[f(x)] là giá trị của hàm hợp gof tại x

2).Đồ thị: Đồ thị của hàm số ngược x = f-1(y) vẫn là đồ thị của hàm số y = f(x)

Nhưng nếu đổi ký hiệu x = f-1(y) thành y= f-1(x) thì đồ thị sẽ đối xứng với đồ thị của

y = f(x) qua đường phân giác thứ nhất y = x

I.6.Hàm số liên tục.

1) Các định nghĩa:

Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a;b) và x0  (a;b)

Hàm số y = f(x) gọi là liên tục tại x0 nếu xlimx 0

 f(x) = f(x0)

Hàm số y = f(x) gọi là liên tục bên phải tại x0 nếu 

 x0

xlimf(x) = f(x0)

Hàm số y = f(x) gọi là liên tục bên trái tại x0 nếu 

 x0x

limf(x) = f(x0)

Hàm số y = f(x) gọi là liên tục trên khoảng (a;b) nếu nó liên tục tại mỗi điểmthuộc khoảng đó

Hàm số y = f(x) gọi là liên tục trên đoạn [a;b] nếu nó liên tục trên khoảng (a;b)

và liên tục phải tại a, liên tục trái tại b

 Hàm số liên tục trên một đoạn (khoảng đóng) nào thì bị chặn trên đoạn ấy

f: [a;b]  R liên tục , thì  M R để |f(x)|  M,  x[a;b] 2).Đồ thị:

Đồ thị của hàm số liên tục trên khoảng (a;b) là một đường liền trên khoảng đó

I.7 Đạo hàm, nguyên hàm.

)x()x(

)x()x(

lim

0

0

xx

)x()x(

)x()x(





Nếu f’(x0+),f(x0-) đều tồn tại và f’(x0+) = f’(x0-) thì f(x) có đạo hàm tại x0 lúc đó:

f’(x0) = f’(x0+) = f’(x0-) Chú ý: Tại x0 hàm số f- không có đạo hàm nếu:

 f’(x0+) hoặc f’(x0-) không tồn tại hoặc cả hai tồn tại nhưng khác nhau

 f – không liên tục tại x0

I.7.2.Nguyên hàm

Định nghĩa:

Nếu F’(x) = f(x) thì F(x) gọi là nguyên hàm của f và ký hiệu : F(x) =(x)dx

II ĐẶC TRƯNG HÀM CỦA CÁC HÀM SỐ SƠ CẤP.

Để mô tả bức tranh mang tính định hướng , gợi ý và dự đoán công thức nghiệmcủa các bài toán liên quan chúng ta xét một vài tính chất hàm tiêu biểu của một số dạnghàm số quen biết

II.1 Hàm bậc nhất : f(x) = ax+b có tính chất :

f( 2

y

x  ) = 2

1 [f(x)+f(y)],  x,y  R

f(x.y) = f(x)+f(y), x,y  R \ {0}

II.5 Hàm luỹ thừa : f(x) = |x|  có tính chất :

f(x.y) = f(x)f(y) , x,y  R \ {0}

II.6 Hàm lượng giác:

Ry,x),x(g)y()y(g)x()yx(

II.6.4 Hàm số f(x) = tanx có tính chất :

1) f(2x) = 1 2

2)]

x([

)x(

 , x  4k/2

(k Z)

2) f(x+y) = (x) (y)

)y()x(





k

, x  2

k (k Z)

2) f(x+y) = (x) (y)

)y()x(

II.7.1 Hàm f(x) = arcsinx có tính chất f(x) +f(y) = f(x 1 y2 +y 1 x2 ),  x,y  [-1;1].

II.7.2 Hàm g(x) = arccosx có tính chất g(x) +g(y) = g(xy- 1 x2 1 y2 ),  x,y  [-1;1]

II.7.3 Hàm h(x) = arctanx có tính chất

h(x) +h(y) = h( xy

yx

)  x,y : x+y 0

B NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

Trước khi nghiên cứu phương pháp thế để giải phương trình hàm ta đi vào xem xét một số bài toán thường gặp liên quan đến hàm số, tiêu biểu là các bài toán liên quan đến hàm số hợp và một số bài toán về đẳng thức hàm.

x2-3+1 nếu x2 –3< 0 4-x2 nếu x (- ;- 3]  [ 3 ;+ ) =

x2-2 nếu x (- 3; 3)

Ta có : f[g(x)] = (g(x))2-3

(1-x)2 –3 nếu x  0 =

(1+x)2-3 nếu x < 0

x2-2x –2 nếu x  0 =

11

11

n m n

n n

n m

n n n

n

11

2

11

2

11

12

11

t()

tt(()]

)t

t()

tt

(

n n n

n m

n n n

n

1214

11

2

11

214

11

n n

n m

n n n

n

214

11

2

12

14

11

fm[fn(x)]= [( t t t t ) ( t t t t ) ]

m n n

n n

m n n

n n

2

12

12

12

12

12

12

12

12

11

Giải

Ta có : *) f[g(x)] = g(x)

)x(g



xxx







111

(1)

 Nếu x  0 thì từ (1) ta có: : f[g(x)] = x

xxx







111

(2)

 Nếu 0x<1 thì x

xx





11





111

1 (4)

 Nếu x<0 thì : từ (1) ta có f[g(x)] = x

xxx





111

(5)

 Nếu –1 <x<0 thì x

xx





111





111

1 (7)

Từ (3),(4),(6) và (7) Ta có :

x nếu -1< x <1f[g(x)] =

|x|

x2

1 nếu x<-1 hoặc x>1

*) g[f(x)] = | (x)|

)x(

|x





111

= |x|

|x

|

|x

|x





111

b) Tính   n lan 

)]]]

x([[

ff



Giải

a) Ta có : f[f(x)] = 1 [ (x)]2

)x(

2 2

111

xxxx

)]]]

x([[

ff



Ta có : f[f[f(x)]] = 1 [ [ (x)]]2

)]

x([

2 2

211

21

xxxx

ff

x

 (1)

Ta sẽ đi chứng minh (1) bằng phương pháp qui nạp :

Thật vậy: với n =1,2,3 theo (a) và theo trên ta thấy (1) đúng

Giả sử (1) đúng với n = k tức là :   k lan 

)]]]

x([[

ff

ff

fff

lan k

lan k

111

kxxkxx

Tóm lại :    n lan 

)]]]

x([[

ff

b).Chứng minh : g(m+n) +g(m-n) =2g(m).g(n)

g(2m) = 2g2(m) –1

f(m+n)+f(m-n) =2.f(m).f(n) f(2m) = 2.f2(m)-1

Giải

a).TXĐ : D = R

 x  R => -x  R ta có : f(-x) = 2

1(a-x+ax) = f(x) => f(x) là hàm số chẵn g(-x)= cos(-x) =cosx => g(x) là hàm số chẵn

b) Ta có : g(m+n) +g(m-n) = cos(m+n)+cos(m-n) = 2 cosm.cosn = 2 g(m).g(n)

g(2m) = cos2m = 2cos2m –1 = 2g2(m) –1

Đối với hàm số f ta có:

f(m+n)+f(m-n) = 2

1(am+n+a-(m+n)) + 2

1(a-(m-n)+am-n) = 2

1 (am+n+am-n +a-m+n+a-m-n)

2f(m)f(n)=2 2

12

1(am+a-m)(an+a-n) = 2

1(am+n+am-n +a-m+n+a-m-n)Vậy f(m+n)+f(m-n) =2.f(m).f(n)

Cho m = n => f(2m)+f(0) = 2f2(m) mà f(0) = 2

1(a0+a0) =1 suy ra:

1 (0 < a 1)

a).Chứng minh rằng : f(x) +f(y) = f( xy

yx

1+ loga y

y



1

1 = loga( x)( y)

)y)(

x(







11

11

= loga xy x y

xyyx

Mặt khác : f( xy

yx





1 ) = loga xy

yxxy

yx

11

= loga xy x y

xyyx

Vậy f(x) +f(y) = f( xy

yx



1

1

= loga 2 2

22

2

2

xsin

xcos

= 2loga 2

xgcot

Chú ý: Bằng cách chứng minh tương tự ta cũng chứng minh được các tính chât đặc

trưng của của các hàm số sơ cấp mà ta đã đưa ra trong phần lý thuyết.

-2a+b =-2 giải hệ này thu được a=1/3;b=7/3.

b).Ta có: f[f(x)] = a (ax+b)+b = a2x+ab+b đây cũng là hàm bậc nhất

c) Giả sử xn có công sai là d theo định nghĩa =>xn-xn-1 = d

Xét yn-yn-1 = f(xn) –f(xn-1) = axn+b – axn-1-b =a (xn-xn-1) = ad Vậy yn= f(xn) cũnglập thành một cấp số cộng với công sai là ad

Ví dụ 8: Cho các hàm số : f(x) =

3

2 3

2

142

14

2  x   x  x x

1t Suy ra : x2-2 = = t2+ 2

1

t =>g(x) = x4 –4x2+2 = t4 + 4

1t

121

4

8

8 2

x(g[

14

2

)]

x(g[

14

2

)]

x(g[

2

14

2

14

2x)  [g(x)]   g(x)  [g(x)] 

(g

=

3 4

121

4

2

2 2

2

x

= 2

1(t+t

1)+ (t t)

12

= 2

1 (t+t

1)- (t t)

12

1



=t1

Do đó : f(x)=

3

2 3

2

142

14

Ví dụ 9: Cho f(x) = a a

a

x

k x

n  1)+f(1) = 2

1

n

k ) x (







 1

1 2

a

x

k x







 2 2

2 2

=a (a a )

aa

x x

k x 2 1

2

1 1 2

a

2 1



 2 2

k

aa

a

2 1





x k

aa

)aa(a

2 2

n  1)+f(1) và

VT = f(1)+f( n

n  1)+…+f(n

1) + f(0)

Sử dụng kết quả (*) ta có : f(0)+f(1) = f(n

1)+f( n

n 1)=….=f(x) +f(1-x) = ak

=> 2VT = (n+1).ak

=> VT = 2

1

n

Giải

Xét hàm số : g(x) = f(x+x

1) – f(x) , hàm số này xác định và liên tục trên [0; n

n 1]

Ta có : g(0) = f(n

1) – f(0)

g(n

1

) = f(n

2) – f(n

1)

Từ đây ta suy ra : g(0) + g(n

1)+…+g( n

n  1) = f(1) - f(0) = 0

Điều này chứng tỏ : tồn tại 2 số i, j sao cho g( n

i) 0 và g(n

j) 0 vì g liên tục

nên tồn tại c (n

i

;n

j) sao cho g(c) = 0 hay f(c) = f(c+n

1 ) (đpcm)

Tiếp theo ta sẽ đi xét phương pháp thế trong bài toán giải phương trình hàm, chúng ta biết rằng ngay cả với các phương trình, hệ phương trình đại số, không phải phương trình nào ta cũng có thể giải và tìm ra nghiệm của nó được, nhưng phương pháp thế là một phương pháp cơ bản trong cách tiếp cận tìm nghiệm của phương trình hay giải hệ phương trình, đối với phương trình hàm khi mà nghiệm của nó là các hàm

số thì phương pháp thế đóng một vai trò quan trọng, khi giải chúng ta phải căn cứ vào giả thiết của bài toán để tìm hướng tiếp cận phải trả lời các câu hỏi tại sao lại dùng phương pháp thế ? Thế biểu thức nào ? Sau đây ta xét một số ví dụ minh họa.

x 

2 2

4

212

x

x)xx

x(

 ,có nhiều cách để tìm được miền

giá trị của hàm số này ,ở đây ta làm như sau : Ta có: | 1 x2

Là hàm số tuỳ ý khi |x| > 2

1

Ví dụ 12: Cho x0  R.Xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho :

Đặt g(t) = f( 2

0

x+t) thì g(-t) =g( 2

0

x-t) , tR Vậy g(t) là hàm số chẵn trên R

Kết luận : Hàm số f(x) thoả mãn baìi toán là hàm có dạng: f(x)= g(x- 2

0

x) trong

đó g(x) là một hàm số chẵn

Ví dụ 13 : Tìm hàm số f(x) xác định với mọi x và thoả mãn điều kiện:

(u-v).f(u+v) –(u+v).f(u-v) = 4uv(u2-v2)

Giải:

Đặt x = u+v Khi đó => u = 2

y

x  ; v= 2

y

x 

y = u-v

u ,v lấy giá trị bất kỳ thì x, y cũng lấy giá trị bất kỳ Khi đó hệ thức đã cho trở thành :

y.f(x)- xf(y) = xy(x2-y2) hay y(f(x) –x3) =x(f(y)- y3) (1) ,  x,yR

Vì vậy  x,y R\{0} ta có : x

x)x

 = y

y)y



Từ đây => x

x)x

*) Đưa về hệ phương trình

Ví dụ 14: Tìm hàm số f(x) thoả mãn với  x  2

1 sao cho :

f(x-1) – 3f( x

x21

1



) = 1-2x (1)

Giải:

Đặt u -1= x

x

21

1



 =>x =2u 1

u => x –1 =2u 1

u-1=2 1

1



u

u

u21

1



thay vào hệ thức (1)

Ta có : f( u

u21

1



) –3f(u-1) = 1-2 2u 1

1



) –3f(u-1) = 1 2u

1

 (2) trong (2) ta thay u bởi x rồi kết hợp (1)

ta có hệ: f(x-1) – 3f( x

x21

1



) = 1-2x (1)

f( x

x21

1



) –3f(x-1) = 1 2x

44

Ta có : f(t) = (t )

)t()t(

142

11

tt

xx

,  x  2

1

Ví dụ 15: Tìm các hàm số f(x) và g(x) xác định bởi hệ sau :

f(x-1) +g(2x+1) = 2x (1)f(2x+2)+2.g(4x+7) =x-1 (2)

Đặt x-1 = 2u+2 =>x=2u+3 khi đó 2x+1 = 4u+7 Thay vào phương trình (1) ta có:f(2u+2) +g(4u+7) =4u+6 (1’) (do hàm số không phụ thuộc vào biến ) nên trong (1’)thay u bởi x =>f(2x+2)+g(4x+7) = 4x+6 (1”) Kết hợp (1”) với (2) ta có hệ phươngtrình: f(2x+2)+g(4x+7) = 4x+6 (1”)

Trường hợp 1: f(x) 0 với  x  0 thì từ (*) =>f(x)=1, x 0, f(0) = hàm tuỳ ý.Trường hợp 2 :  x0  0 sao cho f(x0) = 0, khi đó thay y=x0 vào hệ thức đã cho

ta được x0f(x) = 0 => f(x) = 0,  x

Ví dụ 17: Tìm các cặp số f(x) , g(x) thoả mãn điều kiện :

f(x) – f(y) = (x+y)g(x-y) (*)  x,y R

Đến đây sử dụng phương pháp đổi biến số  g(x) = ax [với a = g(1)]

4) Trong (*) ta thay y= 0 ta có : f(x)- f(0) = xg(x) = x.ax=ax2

Giải:

Theo ii) f(x+y) = f(x) +f(y) ,  x, y

Thay x = y= 0 => f(0) = 2f(0) =>f(0) = 0

Thay x=1,y=-1 => f(0) = f(1) + f(-1) =>f(1)+f(-1)=0 (vì f(0)=0) => f(-1) = -f(1) Theo i) thì f(1) = 1 nên f(-1) =-1

x)= f(x1

x(

 f(1+x

1)

x(

 f(1+x

1)+

2

1

1)x

(

 f(x+1) = 1

 x2f(1+x

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

 x2f(1)+x2 f(x

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

 x2+2f(x)+1 =x2+2x+1  f(x) = x

Thử lại ta thấy f(x) thoả mãn các yêu cầu của bài toán Vậy f(x) = x,  x  R

Ví dụ 19 : Tìm hàm số f: R  R thoả mãn 3 điều kiện sau:

Giải :

Cho x = 0 thay vào (2) f(x) = 0

Đặt x = y = 2

t thay vào (2) ta được : f(t) -2f( 2

t) = 2

2

t,  t (*)

Đặt x = y = t

1 (t 0) thay vào (2) ta được : f( t

2) – 2f(t

1) = 2

2

t ,  t 0

Theo (3)  f( t

2) =

4

2

2)

t(

)

t(

và f(t

1)= 4

t

)t(, do đó f( t

2) – 2f(t

1) = 2

2

t t 0  8f( 2

t) – f(t) = t2 ,  t 0.(**)

)(

t)t()

t(

,2

t)2

t2f(

f(t)

-2

Giải hệ phương trình này ta thu được: f(t) = t2 ,  t

Thử lại thấy f(x) = x2 thoả mãn yêu cầu của bài toán

1 f(xz) – f(x)f(yz)  4

1 (*)

1

Thay x=y=z=1 vào (*) ta có : f(1) – [f(1)]2  4

1

 [f(1) - 2

1]2  0  f(1) = 2

1

2) Thay x = 0, y=1 vào (*) ta có : f(0)[1-f(z)]  4

1  f(z) 2

1,  z

3) Thay y= z =1 vào (*) ta có : f(x)[1-f(1)]  4

1  f(x)  2

1,  x

Từ (2), (3) ta có: f(x) = 2

1,  x R

C BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn điều kiện : x2.f(x) + f(1-x) = 2x –x4

(TH&TT)

Giải:

Thay x bởi 1- x ở đẳng thức của bài ra ta được :

(1-x)2f(1-x) + f(x) = 2(1-x)- (1-x)4 , x R Kết hợp với đẳng thức đã cho củabài toán ta có hệ phương trình:

-(1

x - 2x x) - f(1 f(x)

x

4 2

4

Từ (1)  f(1-x) = 2x-x4-x2 f(x)Thay vào phương trình (2) ta được : (1-x)2.( 2x-x4-x2 f(x))+f(x) = 2(1-x)- (1-x)4

 f(x)(x2-x-1)(x2-x+1) =(1-x)(1+x3)(x2-x-1), xR

 f(x)(x2-x-1)(x2-x+1) =(1-x)(1+x)(x2-x+1)(x2-x-1), xR

 f(x)(x2-x-1)= (1-x2)(x2-x-1), xR

Suy ra: f(x) = 1 –x2 ,  x  x1, x2 trong đó x1 , x2 là hai nghiệm của phương

x

x x

(*)Lần lượt thay x1, x2 vào đẳng thức của bài ra và kết hợp với (*) ta có hệ phương trình:

2

2

2

4 1 1 1 1

2

1

2

2 ) 1 ( ) (

2 ) 1 ( ) (

1

1

x x x

f x f

x

x x x f x f

x

x

1

2 1

x

x x

2

2 2

4 1 1 2 1

2 1

2 ) ( ) (

2 ) ( ) (

x x x f x f x

x x x

f x f x

Từ đây  f(x1) = y và f(x2) = 2x1-x14-x12.y , với y  R tuỳ ý Như vậy :

4

x nÕu 2x

x x NÕu ý tuú R

y

x x x NÕu x

(**)Trong đó x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x2 –x-1 = 0

Thử lại: Từ định nghĩa x1 , x2 theo hệ thức (*) dễ dàng kiểm tra thấy f(x) được xácđịnh bởi hệ thức (**) thoả mãn yêu cầu của bài toán

Bài 2: Hãy xác định tất cả các hàm số f(x) xác định trên tập hợp số thực R và thoả

mãn hệ thức: f(y-f(x)) = f(x2002- y) – 2001.y.f(x), với  x,y R.(1)

(VMO –2001-2002)

Giải:

Giả sử f(x) là hàm số thoả mãn yêu cầu của đề bài :

Lần lượt thay y = f(x), và y = x2002 vào hệ thức của đề bài , ta được :

f(0) = f(x2002 – f(x)) - 2001.[f(x)] 2,  x  R (*)

và f(x2002-f(x)) = f(0) – 2001.x2002 f(x),  x R (**) Công vế với vế 2 đẳng thứctrên ta được : f(x)[f(x)+x2002] = 0 ,  x R

Từ đây suy ra, nếu f là hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài thì :

Giả sử f(x) là hàm số thoả mãn yêu cầu bài toán :

Thay x =1 vào (1) , ta được f(1) = 3 ,

1



t khi đó (1) có dạng f(1+ 1

1



t ) = 2f(1+t

1) –3 t R\{0;1} (2)