Hai phương pháp giải phương trình Hàm trong đề thi HSG Quốc tế

Phương pháp giải + Sử dụng thế biểu thức thích hợp để tính một biểu thức theo hai cách khác nhau dựa theo giả thiết.. Các bước thực hiện + Chỉ ra hàm số cộng tính + Thế một cách thích

HAI PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

I PHƯƠNG PHÁP THẾ THEO HẰNG ĐẲNG THỨC

1 Phương pháp giải

+ Sử dụng thế biểu thức thích hợp để tính một biểu thức theo hai cách khác nhau dựa theo giả thiết

+ Từ phương trình thứ 3 này ta suy ra hàm cần tìm.Hoặc suy ra giá trị cần tìm

2 Các bước thực hiện

+ Chỉ ra hàm số cộng tính

+ Thế một cách thích hợp theo hai hướng

3 Một số ví dụ

Bài 1: Tìm hàm f :  thỏa mãn:

 2     

f x y xf x  f y x y, 

Giải

Giả sử hàm f(x) là hàm thỏa mãn đề bài

Thay x= y = 0 ta có f(0) = 0

Thay y= 0 ta có:  2  

f x xf x  x Suy ra:  2   2  

f x y  f x  f y x y, 

Cho x= 0 ta có: f    y f y   y nên f là hàm lẻ

Thay y bởi –y nên ta có  2   2  

f x y  f x  f y x y, 

Do hàm là hàm lẻ nên ta được: f x y   f x  f y  x y, 

f x  x f x  x f x  f  x

f x  f x  x  f x  f x  f xf x  f x  f

x

 

Suy ra: x 1 f ( )x  f(1)xf x  2f x  f(1)  x

Khai triển và rút gọn ta được:

f x  f  1 x  x

Đặt a= f(1) thì f x a x  x

Thử lại thấy thỏa mãn

Bài 2: Tìm hàm f :  thỏa mãn:

 3 3 2   2  

f x y x f x y f y x y, 

Giải

(Giống bài 1)

Chỉ ra f(kx) = k.f(x)  x ,  k

Thay x bởi x+1 và y bởi x-1 rồi tính    3 3

f x  x theo hai cách Tìm ra được f(x) = f(1).x

Bài 3: Tìm hàm f :  thỏa mãn:

1 f(x+1) =f(x)+1 (1)  x

2 f(x2) = [f(x)]2 (2)  x

Giải

Giả sử f là hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Thay x= 0 vào (2) ta được: f(0 )= 0 hoặc f(0) = 1

Nếu f(0) =1 thì:

Thay x= 0 vào (1) ta được f(1) = 2

Lại thay x=1 vào (2) được f(1) = 0 hoặc f(1) = 1.mâu thuẫn

Vậy f(0) = 0

Từ (1) suy ra: f(n) = n  n

Với  n , r ta có f(n+r) =f(1+n-1+r)=1+f(n-1+r) =2+f(n-2+r) =n+ f(r) Suy ra: f(n+r) = n+ f(r)  n ,  n , r

Ta phải tính f(r) r

Gọi r p

q

 xét  2 2     2 2   2 

f rq  f rq  q f r q  qf r  f r

f rq  f r  r qq  f r  pq  f r  pq

Từ đó suy ra:   2 2

2

f r  pq 2   2 

2

Hay:   p

q

  , r

Vậy f(x) = x ,  x

Thử lại thấy thỏa mãn

Nhận xét:

+ Mấu chốt của phương pháp này là phải chỉ ra được hàm số cộng tính trên R

+ Trong nhiều trường hợp không chỉ ra ngay được cộng tính mà phải chỉ ra cộng tính trên từng tập con của tập R sau đó suy ra cộng tính trên R

Bài 4: Tìm hàm

 2 2    

:

yf y , ,



Giải:

Cho x = 0 , y = 0 suy ra :  2    2  

f x xf x f y  x yR

Do đó phương trình trở thành:

 2 2    2 2

f y , ,

f x y  f x  x yR

Suy ra: f(x+y) = f(x)+ f(y) , x y,  0

Thay y bởi - y vào ta (1) có  2 2    

-yf -y , ,

f x y xf x x yR (2) Suy ra – y f(-y) = y f(y)

Suy ra f( -x) =- f(x) nên hàm số là hàm số lẻ

Nên nếu x 0;y 0 ta có f f x y f x   ( y) f x( )   f( y) f x( )  f y( )

Hay f(x) = f(x-y) +f(y)

Hay f(x-y +y) =f(x- y) +f(y) nên f(x+ y) = f(x) +f(y) , x 0;y 0

Với x 0;y 0 ta có:

f xy    f x y   f  x f y   f x  f y  f x  f y

Do đó f(x +y) =f(x)+ f(y) x y, R

Từ đó tính   2

1

f x theo hai cách suy ra f(x) = ax

Bài 5(USAMO -2000)

Tìm tất cả các hàm số f : R ->R thỏa mãn

- yf y , ,

f x y xf x x yR

Giải:

Cho x = 0 , y = 0 suy ra :  2    2  

f x xf x f y   x yR

Do đó phương trình trở thành:

 2 2    2 2

f -y , ,

f x y  f x  x yR

Suy ra: f(x+y) = f(x)+ f(y) , x 0,y 0 (3)

Thay x bởi - y vào ta (3) có 0  f 0  f    y +f y ,  y 0 (2)

Suy ra f(-y) = f (y), y<0

Suy ra f( -x) =- f(x) nên hàm số là hàm số lẻ

Nên nếu x 0;y 0 ta có f x y f x   ( y) f x( )   f( y) f x( )  f y( )

Hay f(x) = f(x-y) +f(y)

Hay f(x-y +y) =f(x- y) +f(y) nên f(x+ y) = f(x) +f(y) , xR y;  0

Với xR y;  0 ta có:

f xy    f x y   f  x f y   f x  f y  f x  f y

Do đó f(x +y) =f(x)+ f(y) x y, R

Từ đó tính   2

1

f x theo hai cách suy ra f(x) = ax

Bài 6: Tìm hàm f thỏa mãn  3 3 2   2  

, ,

f x y x f x y f y x yR

Giải:

Tính được  3 2  

,

f x x f x  x R

Suy ra:  3 3    3 3

, ,

f x y  f x  f y x yR

Nên f x y f x  f y , x y, R

Tính  3     3 3

f x  x  f x  x Suy ra f x  f  1 x

Vậy f x  a.x

Bài 7: Tìm hàm f thỏa mãn

, ,

f x y  f x y f y x yR (THTT Tháng 4 năm 2013)

Giải :

Có f(0)=0 ;  4  3

yf y ,

Suy ra:    3 4   4  3

yf y  f y  f y   yf -y nên  3  3

,

f y  f y  y

Vậy đảng thức trở thành  4    4

; ,

f xy  f x  f y x y Suy ra f x y f x  f y , x y,  ,y 0 (5)

Có

                     , , 0

f xy  f   x y  f   x y   f  x f y  f x  f y  x y (6)

Từ (5) và (6) ta có f x y f x  f y ; x y, 

Tính    4 4  4 2    4   4

f x  x  f x  x   f x  f x

f x  x  f x  x   f x  f x  f  xf x  f x  f

(7)

   

         

Từ (7) và (8) ta có  2  

,

f x xf x  x (9) Thay x bởi x+1 vào (9) ta có:

 2         

f x  x  x f x  f

Suy ra:  2            

f x  f x  f  x f x  x f  x

Do đó:  2      

f x  x f x xf  x

Thay vào (9) ta được f x xf  1

Vậy f(x) = a.x

Bài 8: Tìm các hàm số f(x) thỏa mãn:  5 5 2  3 2  3

f x y x f x y f y x y Giải:

Chỉ ra: f x y f x  f y ; x y,  ;  5 2  3

f x x f x  x

Tính      5 5  5 3 

f t  f x  x  f x  x  x theo hai cách:

Có    5  3   2  3  3  

f t  f x  f x  f x  x f x  f x  f x

Mật khác:

f t  x f x  x f x  x f x  x f x  x f x  xf  f x  f x

Từ đó suy ra:  3   2    2  

9f x  2f x  3x f x  6xf x  2xf 1 ,  x (3) Thay x bởi x+ 1 vào (3) ta được:    2   2    

4f x  7f x  f 1 x  6xf x  4f 1 x (4)

Thay x bởi x+1 vào (4) ta được:  2        

7f x  12f x  f 1 x 12f 1 x 6xf x (5)

Từ (4) và (5) ta có f(x)= ax

Bài 9:

Tìm tất cả hàm số f : thỏa mãn

( ( )) ( ( )) ( ( ))

f xf y f yf z f zf x xy yz zx với mọi x y z, ,

Lời giải

Thay x y z thì sẽ thu được 2

( ( ))

f xf x x với mọi x.

( ( )) ( ( )) ( ( ))

f xf y f yf y f yf x xy y yx, kết hợp hai đẳng thức này lại, ta được

( ( )) ( ( )) 2

f xf y f yf x xy với mọi x y,

Ta sẽ chứng minh rằng f x( ) là hàm đơn ánh và là hàm số lẻ

Thật vậy,

Trong (1), thay x y 0 thì f(0) 0

Tiếp tục thay x y vào đẳng thức đã cho, ta được

2

( ( ))

f xf x x với mọi x . (2) Giả sử có x x1, 2 sao cho f x( )1 f x( 2) Suy ra

2

2

x f x x f x f x f x f x f x x Cộng từng vế hai đẳng thức này lại, ta được

2 2

( ( )) ( ( ))

f x f x f x f x x x

Sử dụng giả thiết là f x f x( 2 ( ))1 f x f x( 1 ( ))2 2x x1 2 thì có 2 2

1 2 2 1 2 1 2

x x x x x x

Do đó f x( ) là hàm đơn ánh

Trong (2), thay x bởi x, ta có 2

( ( ))

f xf x x nên

f xf x f xf x xf x xf x (do tính đơn ánh)

Với x 0 thì f x( ) f( x) và kết hợp thêm f(0) 0 thì có ngay f x( ) là hàm số

lẻ

Trong (1), thay x bởi xf x( ) và y bởi 1

x thì

1 1 1

Từ đó suy ra f xf x f( ) 1 f x( ) xf x f( ) 1 x

( )

f

x f x (3) Trong (3), thay x 1 thì ta có f(1) 1

Trong (1), thay y 1

x thì f xf 1 f f x( ) 2

1

( )

f

f x

với mọi x 0

Nếu f(1) 1 thì ta có f f x( ) f(1)

x , dẫn đến f x( ) 1 f x( ) x

Nếu f(1) 1 thì ta có f f x( ) f( 1)

x , dẫn đến f x( ) 1 f x( ) x

0.

x

Dễ thấy các hàm trên cũng có tính chất f(0) 0 nên f x( ) x với mọi x

hoặc f x( ) x với mọi x

Thử lại thấy các hàm số này thỏa mãn

Vậy tất cả các hàm cần tìm là f x( ) x với mọi x hoặc f x( ) x với mọi

x

Bài 10

Kí hiệu *

là tập hợp các số nguyên dương Tìm tất cả các hàm f : *  *

thỏa mãn đẳng thức:

 2  2   2 2

m n  Giải:

1, 2

m m  sao cho f m 1  f m 2 

suy ra m1m2 hay f là đơn ánh

f m  f n  f p  f q m  n  p  q (1)

Dế thấy với mọi *

n n ta có:  2   2 2  2

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

(1) (3 ) 3

f  a f a  Theo (1) suy ra:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(5 ) 2 ( ) (3 ) 2 (3 ) 3 (3 ) 27

Vì phương trình 2 2

x  y  chỉ có nghiệm nguyên dương là (x; y)=(3,3) hoặc

(5,1) nên ta có 2 2

( ) 1, (5 ) 5

f a  f a 

2 (4f a )  2 (2f a )  f(5a )  f a( )  24

Vì phương trình 2 2

12

x y  chỉ có nghiệm nguyên dương là (x,y) là (4,2) nên

(4 ) 4, (2 ) 2

f a  f a 

Từ (1) ta có

(( 4) ) 2 (( 3) ) 2 (( 1) ) ( )

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 2

f ka k, với mọi k là

số nguyên dương Do đó 3

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 11 Tìm tất cả các hàm số f :  thoả mãn

f x y xf x yf y x y

Cho x 0, từ  1 suy ra  2  

,

f y  yf y  y

Cho y 0, từ  1 suy ra  2  

,

f x xf x  x

Do đó (1) trở thành:

f x y  f x  f y x y  f xy  f x  f y x y

thay y bởi y từ  1 ta được :

2 2

với mọi x 0,y 0 ta có

                       

         , 0, 0  **

Với mọi x 0,y 0 ta có

                    ***

f xy  f  x y   f  x f y   f x  f y  f x  f y

Kết hợp    * , ** , (***) và ta được f x y f x  f y , x y, 

tính   2

1

f x theo hai cách Ta có

 

                       

         

Bài 12: Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa:

 2    2    2

f m n  f m  f n và f(1) > 0 Giải:

Cho m = n = 0 suy ra f(0) = 0

Cho m =1; n = 0 ta được f(1) = 1 do f(1) > 0

Cho m = 0; n = 1 ta được:   2 

3 3 1 3

Hơn nữa với mọi n 1 ta có:

 2 2  2  2

n  n  n  n

Nên:

   

( 1 3 1 )

( ( 1 ) 3( 1 ) , 1

Từ đó cho n = 1 ta được:    2    2    2    2

Do vậy f(n) = n với mọi n = 0, 1,2, 3

Dùng phương pháp quy nạp ta có f(n) = n với mọi n

Bài 13( Hàn Quốc): Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa:

 3   2  2    

2 3

f x y  y f x y  f y f x , x y, 

Giải:

yx vào (1) ta có   3 2  6  3   

f  x f x x  f x  f x  x (1) Thay y =-f(x) vào (1) ta có:  3     2  2    

f x  f x  f x f x  f x  f

Suy ra:  3    3   

f x  f x  f x  f  x (2)

Từ (1) và (2) ta có:

  3 2  6 3   

f  x f x x  f x  f  x

Suy ra:    3  2   3 6 

f x x f x  f x x x   x

Vì 2    3 6   3 2 15 6

x

Suy ra   3

f x x  x

Thử lại thấy thỏa mãn

Bài 14 TTHV 2017-2018

1.Cho hàm f :  thỏa:

 2 2 2  2 

,

f m n  f n  f m m n

Tính f(10)

Thực hiện tương tự

II PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN TOÀN ÁNH-SONG ÁNH CỦA HÀM SỐ

1 ,Phương pháp giải

Để sử dụng phương pháp này chúng ta cần nắm vững một số khái niệm cơ bản sau:

- Nếu f A: B là đơn ánh thì từ f x  f y  suy ra: xy

- Nếu f A: B là toàn ánh thì với mỗi y , tồn tại x để f x  y

- Nếu f A: B là song ánh thì nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh

Lưu ý thêm:

- Nếu hàm số là đơn ánh thì thường dùng kỹ thuật tác động f vào cả hai vế

- Nếu hàm số là toàn ánh thì thường dùng kỹ thuật tồn tại a sao cho f a  0

2, Một số ví dụ

Bài 1 Chứng minh rằng không tồn tại song ánh *

:

f  thỏa mãn điều kiện:

f mn  f m  f n  f m f n m n

Giải

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán

- Cho m 1 ta được: f n  f n  f  1  3f    1 f n Nếu f  1  0 thì f n  0, vô

lý Vậy phải có: f  1  0 Vì f là song ánh nên f n    1 n 2

- Suy ra nếu n là hợp số thì f n  5

Cũng do f song ánh nên có duy nhất *

, ,

p q r sao cho

f p  f q  f r  Chú ý rằng p q, là các số nguyên tố phân biệt Khi đó:

33

f q  f pr  q  pr, vô lý Vậy không tồn tại hàm số

Bài 2 Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:

 

f f n  f n  n  n

Giải

- Chứng minh f là đơn ánh

- Thay n 0 ta có: ff  0  2f  0  8  f  0  4

Thử các giá trị của f  0 là 0,1, 2,3, 4 ta thấy f  0  2 thỏa mãn

Từ đó f  2  f f  0   8 2f  0  4

Bằng quy nạp chứng minh được: f  2n  2n 2,  n

- Thay n 1 có f f  1  2f  1  1 1  f  1  5

Thử các giá trị của f  1 là 0,1, 2,3, 4,5 ta thấy f  1  3 thỏa mãn

Từ đó f  3  5 và bằng quy nạp chứng minh được: f 2n  1 2n 3  n

Vậy f n  n 2,  n

Bài 3 (Balkan 1997) Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:

   

, ,

f xf x  f y  f x y x y

Giải

- Cho x 0 ta được:     2 

0 ,

f f y  f y  y

- Chứng minh f đơn ánh?

- Vế phải trong điều kiện bài toán là một hàm bậc nhất của y nên có tập giá trị bằng

Do đó: f là một song ánh

Vì f là toàn ánh nên tồn tại a để f a  0 Thay x y a vào điều kiện ta được:

   

0

f af a  f a  f a  a f a

Do f là song ánh nên a 0 tức f  0  0 Suy ra: f f x    x, x

Trong điều kiện cho y 0 ta được:     2 

,

f xf x  f x  x Từ đây, thay x bởi

 

f x ta được:             2

.

f f x f f x   f f x   , x

 

,

   

Thử lại thấy đúng

Bai 4 ( Vietnam TST 2002) Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn:

 

f f x y  x f f y x x y

Giải

Thay y f x  ta được f f f x  x f  0  2 , x  x

Do vế phải là hàm bậc nhất của x nên f có tập xác định là  f là toàn ánh

Vì f là toàn ánh nên tồn tại a sao cho f a  0.Thay xa vào điều kiện bài toán thì

     

f y  a f f y a a Vì f là toàn ánh nên f x  x a, a là hằng số Thử lại thấy đúng

Bài 5 Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn các điều kiện:

 

f f n  n f f n   n f   n

Giải

- Chứng minh f là một đơn ánh?

- Ta có: f f n  2   n 4 f f n    1 1 f n  2 f n   1 1

hay f n  f  0     n n 1 n ( thỏa mãn)

Bài 6 Tồn tại hay không hàm f :  thỏa mãn điều kiện:

 

f x f y  f x y x y,  ?

Giải

- Chứng minh f là đơn ánh ?

- Cho x y 0 ta được: f f  0  f  0  f  0  0

- Cho x 0 ta được: f f y     y y (*)

- Thay f y  bởi y vào điều kiện bài toán đã cho và chú ý đến (*) ta có:

f xy  f x  f y

Do đó: ykx  x Thay vào điều kiện bài toán đã cho ta suy ra được: 2

1

k   ,

vô lý

Vậy không tồn tại hàm số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán

:

f  thỏa mãn các điều kiện:  2      *

,

f m f n mnf m m n Chứng minh rằng nếu   2

2003

f a thì a là số nguyên tố

Giải

- Chứng minh f là đơn ánh và f  1  1 ?

- Dễ thấy f f n  n  n  Thay n bởi f n  có:

 

 2       2    

f m f f n mf n f m  f m n mf m f n

Vậy  2  

f m mf m m và  2 2        2 2 2

f m n mf m f n  f m f n , nghĩa là f nhân tính trên tập hợp các số chính phương

Giả sử   2

2003

f a với a là hợp số, nghĩa là amn với m n 1

Khi đó:       2 2 2    2 2

f f  f a  f m n   f m f n Vô lý vì 2003 là số nguyên tố

Bài 8 ( Việt Nam TST 1988) Xác định hàm số f :  thỏa mãn điều kiện:

   

f f n  f m   n m n m

Giải

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán

- Chứng minh f là đơn ánh ?

n

  ta có: ff n  f n    n n 2nn  1 n  1 f f n   1 f n  1 