Ta phải chứng minh mọi hàm số khác fx sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử còn hàm số gx khác fx thỏa mãn ñiều kiện bài toán... Nhận xét: Nếu ta chỉ dự đốn fx cĩ dạng nà[r]
Trang 1CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG
Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh
Nguyên tắc chung:
+) Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c
+) ðồng nhất hệ số ñể tìm f(x)
+) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán
Ví dụ 1: Tìm :f R →R thỏa mãn: f x f y( ( )+x)=xy+ f x( )∀x y, ∈R ( )1
Lời giải:
Thay x 1
y R
=
∈
vào (18) ta ñược: f(f y( )+1)= y+ f ( ) ( )1 a
Thay y= −f( )1 − vào (a) suy ra: 1 f(f(−f( )1 −1)+1)= − ðặt 1 a= f (−f( )1 −1)+ ta 1
ñược: f a( )= − 1
Chọn y a
x R
=
∈
ta ñược: f x f a( ( )+x)=xa+ f x( )⇒xa+ f x( )= f ( )0
ðặt f( )0 = ⇒b f x( )= −a x b+ Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược:
( ) ( )
1
1 0
a
f x x a
a
b
=
=
=
Vậy có hai hàm số cần tìm là f x( )= và x f x( )= − x
Ví dụ 2: Tìm :f R →R thỏa mãn: f(f x( )+y)=y f x( − f y( ) )∀x y, ∈R( )2
Lời giải:
Cho y=0;x∈R: (2)⇒f(f x( ) )= ∀ ∈0 x R a( )
x= f y ⇒ f f f y +y = y f a
0
a + a ⇒ f y =y f ðặt f( )0 = ⇒a f y( )=ay∀ ∈y R Thử lại (2) ta ñược:
0 ,
a x +y +a y−x y = ∀x y∈R ⇔a= ⇒0 f x( )= ∀ ∈ Vậy có duy nhất hàm số 0 x R
( ) 0
f x = thỏa mãn bài toán
Ví dụ 3: Tìm , :f g R → R thỏa mãn:
1
f x g x f y y x y R a
Lời giải:
Cho x= ∈ khi ñó y R ( )a ⇒ f x( )=g x( )− Thay lại (a) ta ñược: x
Trang 2( ) 2 2 ( ) ,
g x = x− y+g y ∀x y∈ (c) R
Cho y=0;x∈ : từ (c) ta ñược: R g x( )=2x+g( )0 ðặt g( )0 = ta ñược: a
g x = x+a f x = + Thế vào (a), (b) ta ñược: x a
(a), (b) ⇔
x a x a
x R
x a x a x
∀ ∈
2x 3a 1 x a 1 0 x R
( )2
⇔ − ≤ ⇔ = Vậy f x( )= +x 3 ; g x( )=2x+ 3
Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với ∀ ∈ ℝx và thỏa mãn ñiều kiện:
2 ( )f x + f(1−x)=x2,∀ ∈ ℝ (1) Tìm f(x) x
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c
Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀ ∈ ℝx do ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀ ∈ ℝx
ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược:
1 3
2
3
1 3
a a
a b c
c
=
=
= −
3
f x = x + x−
Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán
Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán:
Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán
Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃ ∈x0 ℝ: ( )g x0 ≠ f x( 0)
Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 2 ( )g x +g(1−x)=x2,∀ ∈ ℝ x
2 (g x )+g(1−x )=x
2 (1g −x )+g x( )=(1−x )
Từ hai hệ thức này ta ñược: 2
1
3
g x = x + x − = f x
ðiều này mâu thuẫn với g x( )0 ≠ f x( )0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 1 2
3
f x = x + x−
Trang 3Nhận xét: Nếu ta chỉ dự đốn f(x) cĩ dạng nào đĩ thì phải chứng minh sự duy nhất của các
hàm số tìm được.
Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với ∀ ∈ ℝx và thỏa mãn điều kiện:
f(f(x)) = f(x) + x, ∀ ∈ ℝx
Hãy tìm hai hàm số như thế
Lời giải:
Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1)
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm
cĩ dạng: f(x) = ax + b
Khi đĩ (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀ ∈ ℝx hay (a2 –a )x + ab = x, ∀ ∈ ℝx
đồng nhất hệ số ta được:
2 0
ab
=
Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn điều kiện bài tốn (việc chứng minh sự duy nhất dành cho người đọc)
Ví dụ 6: Hàm số :f ℤ→ℤ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
) ( ( )) , (1)
) ( ( 2) 2) , (2)
) (0) 1 (3)
a f f n n n
c f
=
ℤ ℤ
Tìm giá trị f(1995), f(-2007)
Lời giải:
Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải cĩ dạng: f(n) = an +b Khi đĩ điều kiện (1) trở thành: a n2 +ab b+ =n,∀ ∈ ℤ n
ðồng nhất các hệ số, ta được:
0
a
ab b
= = −
0
a
b
=
=
ta được f(n) = n Trường hợp này loại vì khơng thỏa mãn (2)
0
a
b
= −
=
ta được f(n) = -n + b Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1
Vậy f(n) = -n + 1
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài tốn
Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài tốn:
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài tốn
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0
Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀ ∈ℤn
Trang 4do ựó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀ ∈ℤn Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀ ∈ℤn
Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f n( )0 ≠ g n( )0
Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có:
g n f n
Mâu thuẫn với ựiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5)
Vậy f(n) = g(n), ∀ ∈ ℕn
Chứng minh tương tự ta cũng ựược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm
Vậy f(n) = 1 Ờ n là nghiệm duy nhất
Từ ựó tắnh ựược f(1995), f(-2007)
BÀI TẬP Bài 1: Tìm tất cả các hàm số :f ℝ→ℝ thỏa mãn ựiều kiện:
2
f x+y + f x−y − f x f +y = xy y−x ∀x y∈ ℝ
đáp số: f(x) = x3
Bài 2: Hàm số :f ℕ→ℕ thỏa mãn ựiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀ ∈ ℕn Tìm f(2005)
đáp số: 2006
Bài 3: Tìm tất cả các hàm :f ℕ→ℕ sao cho: f f n( ( )) ( ( ))+ f n 2=n2+3n+3,∀ ∈ ℕn
đáp số: f(n) = n + 1
đáp số: ( ) 28 4
5
x
f x
x
+
=
Bài 5: Tìm tất cả các ựa thức P(x) ∈ ℝ[ ]x sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ,
x y
∀ ∈ ℝ
đáp số: P(x) = x3
+ cx
Phương pháp 2: phương pháp thế
2.1 Thế ẩn tạo PTH mới:
1
x
x
+
−
1
\ 2
x
+
−
1
2
t
x
t
+
=
− thế vào (1): ( )
2 2
2
t
t
−
− Thử lại thấy ựúng
Trang 5Vậy hàm số cần tìm có dạng
2 2
( )
2
x
f x
x
−
=
Nhận xét:
+ Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết
x
x D
MGT t D
∈ ⊃ Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi
t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”
+ Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng: ( ) ( )
2 2
2 2
( )
2
x
x x
f x
≠
−
=
=
(với a∈R
tùy ý)
Ví dụ 2: Tìm hàm f : (−∞ − ∪; 1] (0;1] → R thỏa mãn:
( )
f x− x − = +x x − ∀ x ≥
Lời giải: ðặt
2 2
0
1
x t
− ≥
2
2
x t
x t
t
t
≥
≥
2 1 2
t
t t
+
t t
≤ −
⇔
< ≤
( ; 1] (0;1]
t
x
MGT t D
Với t= −x x2− thì 1 2 1 1
Vậy f x( ) 1
x
= là hàm số cần tìm
Ví dụ 3: Tìm f : R\ 2;3
→
Lời giải: ðặt
( )1 2
\ ;3
x
≠
2 1 3
t x
t
+
=
− thế vào (4) ta ñược:
4 ( )
t
f t
t
+
=
−
thỏa mãn (3) Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 4
x
f x
x
+
=
−
Ví dụ 4: Tìm f : (0;+ ∞ →) (0;+ ∞ thỏa mãn: )
x f x f y = f f y ∀x y∈ + ∞
Lời giải:
Cho y = 1, x ∈(0;+ ∞ ta ñược: ) x f x f( (1))= f f( (1))
(1)
x
f
= ta ñược: ( (1) 1f f = ⇒x f x f( (1)) 1= f x f( (1)) 1
x
Trang 60;
x
∈ +∞
Vậy ( )f x a
x
= Thử lại thấy ñúng (a>0) Hàm số cần tìm là: ( )f x a
x
= với (a>0)
Ví dụ 5: Tìm hàm f:(0;+ ∞ →) (0;+ ∞ thỏa mãn: )
2
Lời giải:
Cho x = 1; y = 3 ta ñược: ( )3 1
2
f =
Cho x = 1; y∈(0;+ ∞ ta ñược: ) f y( ) f 3
y
=
Thế lại (5) ta ñược:
f xy = f x f y ∀x y∈ + ∞ Thay y bởi 3
x ta ñược:
2
2
2
x
Thử lại thấy ñúng
Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 1
f x = ∀ > x
Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn:
x−y f x+y − x+y f x−y = xy x +y ∀x y∈R
Lời giải: Ta có:
6
x y f x y x y f x y
= + − − + + + − + + − − + − −
ðặt u x y
v x y
= −
= +
4
v f u −u f v = u+v u−v u+v − u−v
v f u u f v u v v u
⇒ − = − ⇔v f u( ( )−u3)=u f v( ( )−v3)
+ Với uv≠ ta có: 0
( )
+ Với u=0;v≠ suy ra: 0 ( ) 3 ( ) 3 ( )
f u −u = ⇔ f u =u ⇒ f =
f u =au+u thỏa mãn f( )0 = Vậy 0 ( ) 3
f u =au+u ∀ ∈u R
Hàm số cần tìm là: ( ) 3 ( )
f x =ax+x a∈R Thử lại thấy ñúng
2.2 Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới:
Trang 7Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: f x( )+x f( )−x = +x 1 ∀ ∈x R ( )1
Lời giải:
ðặt t= − ta ñược: x f( )− −t t f t( )= − + ∀ ∈t 1 t R ( )1 Ta có hệ:
1
1 1
f x x f x x
f x
x f x f x x
=
x
x
−
1
x
x
−
1
1
x
−
2
1
x
x
−
Ta có hệ
( )
1
1
1
1
f x f x x
x x x
f x f x x
−
Thử lại thấy
ñúng Vậy hàm số cần tìm có dạng: ( ) 1 1 1
−
1
x
x
−
+
Lời giải:
1
1
x
x
−
1
1
x
−
2
3
1
1
x
x
−
Ta có hệ
( )
1
2
x f x f x
f x
x x
x f x f x
x f x f x
−
Thử lại thấy ñúng
Trang 8Vậy hàm số cần tìm là: ( )
2
x x
f x
x x
− +
=
−
BÀI TẬP
1) Tìm f: R\ 1{ }→ R thỏa mãn: 1 2
x
2) Tìm f: R\ a R
b
thỏa mãn:
2 4
1
−
trước và ab≠ ) 0
3) Tìm : R→ R thỏa mãn: f(2002x− f( )0 )=2002x2 ∀ ∈x R
4) Tìm f: R\ 0{ }→ R thỏa mãn: ( ) 1 1 1 \ 0;1{ }
−
5) Tìm f: R\{±1; 0}→R thỏa mãn: ( ( ) ) 1 64 \{ }1
1
x
x
−
+
6) Tìm : \ 2
3
f R R
→
x
x
−
8) Tìm : R→ R thỏa mãn: 2f x( )+ f(1−x)=x2 ∀ ∈ x R
9) Tìm : R→ R thỏa mãn: ( ) 1 2008 *
x
10) Tìm : \ 1
3
f R R
x
x
−
−
11) Tìm f: R →R thỏa mãn: f x( ) f a2 x x a (a 0)
a x
−
12) Tìm f g, : R\ 1{ }→ R thỏa mãn:
(2 1) 2 (2 1) 2
1
x
∀ ≠
Phương pháp 3 : Phương pháp chuyển qua giới hạn
f x f x R
Lời giải:
; 1
x
x = ⇒f x + f x = x
; 1
x
x = ⇒f x + f x = x
Trang 9ðặt * ( ) ( ) ( )
n
x
x + = n∈N ⇒f x + f x + = x
Ta có hệ
1
1
3
1 5
3
2 5
3
1 5
f x f x x
f x f x x
……
Nhân dòng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 rồi cộng lại ta ñược:
2 2
1
n n
n
f x + f x+ x
f n
+
l.tôc
Mặt khác (1) suy ra f(0) = 0 nên ( ) 2 ( )
1
lim −1 n+ f x n+ = 0
Lấy giới hạn hai vế của (*) ta ñược: ( ) 3 1 9
2
3
x
f x = x =
+
Thử lại thấy ñúng
Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 9
25
x
f x =
Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục tại xo= 0 thỏa mãn:
:
f R → R và 2f ( )2x = f x( )+x ∀ ∈x R ( )2
Lời giải:
ðặt t=2x ta ñược: ( ) ( )'
t t
f t f t R
= + ∀ ∈
Xét dãy:
* 1
1
1 , 2 1 2
t t
+
=
Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñược:
1
1
2
f t f t t
f t f t t
f t − f t t− n
⋯⋯
Thế (n) vào (n−1)→(n−2)→ ⋯ ta ñược:
*
f t = f t + + f t − + f t − +⋯+ t
Trang 10Thay 1
2
n n
t t
=
vào (*
’
*
Vì f liên tục tại xo = 0 nên lim 1 ( ) 0
2n f t n
=
Lấy giới hạn 2 vế (*
” ) suy ra: ( )
3
t
f t = Thử
lại thấy ñúng
Nhận xét:
+) Nếu dãy {xn} tuần hoàn thì ta giải theo phương pháp thế rồi quy về hệ pt hàm +) Nếu dãy {xn} không tuần hoàn nhưng f liên tục tại xo = 0 và {xn} → 0 thì sử dụng giới hạn như VD1
+ Nếu {xn} không tuần hoàn, không có giới hạn thì phải ñổi biến ñể có dãy {tn} có giới hạn 0 và làm như ví dụ 1
BÀI TẬP
1) Tìm : R → R thỏa mãn:
a) f liên tục tại xo = 0,
b) n f nx( )= f x( )+nx ∀ ∈n N n, ≥2;∀ ∈x R
2) Tìm : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: ( )3 10
x
f x f x
+ =
3) Tìm : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn:
m f mx −n f nx = m+n x ∀m n∈N m≠n ∀ ∈ x R
Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị
+) ðây là phương pháp cơ sở của mọi phương pháp khác
+) Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết quả vừa có ñược
Ví dụ 1: Tìm :f R →R thỏa mãn: ( ) ( )
0
,
b f x y f x f y x y R
Lời giải:
0
x
y
=
=
suy ra
( )
f
f
≥
=
≥
f f x f x f x f x
y x
⇒ = − = ∀ ∈ Vậy f x( )= Thử lại thấy ñúng 0
Ví dụ 2: Tìm :f R →R thỏa mãn:
2 f xy +2 f yz − f x f yz ≥ 4 ∀x y z∈R
Lời giải:
Trang 11Cho x=z y, = ta ñược: 1 ( ) ( ( ) ) ( ) ( )
2
0
ñúng
y R
f x M xy f y x R
∈
Lời giải:( )3 ⇒f x( )≥ xy− f y( )∀x y, ∈R
2
2
t
x= y= ∈ ⇒t R f t = ∀ ∈t R a
Từ (a) suy ra:
2
1
xy− f y ≤ xy− = − x−y ≤ ( ) { ( ) } ( )
2
ax
2
y R
x
∈
2
2
x
a + b ⇒ f x = Thử lại thấy ñúng
Ví dụ 4: Tìm :f R →R thỏa mãn:
f x+y ≥ f x f y ≥ + ∀x y∈R
Lời giải:
Cho x= y=0 ⇒f( )0 ≥(f ( )0 )2 ≥ ⇒1 f ( )0 = 1
Cho
1
f x
2008 0
x x
x
f x
Theo ( ) ( ) ( )
2008 2008
x x
− ( ) ( )b + c ⇒f x( )=2008x Thử lại
thấy ñúng
Ví dụ 5: Tìm f: [a b; ] → [a b; ] thỏa mãn:
f x − f y ≥ x−y ∀x y∈ a b (a < b cho trước) (5)
Lời giải:
Cho x a= ; y b= ⇒ f a( )− f b( )≥a b− = b−a ( )a
vì f a( ),f b( )∈[a b; ] nên f a( )− f b( ) ≤ a b− = −b a b( )
Trang 12( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
f a a
f b b
a b f a f b b a
f a b
f b a
=
=
=
=
+) Nếu ( )
( )
f a a
f b b
=
=
Chọn y=b x; ∈[a b; ]⇒f x( )≤ x c( )
Chọn y=a x; ∈[a b; ]⇒ f x( )≥ x d( )
( ) ( )c + d ⇒ f x( )= x
+) Nếu ( )
( )
f a b
f b a
=
=
Chọn y=b x; ∈[a b; ] rồi chọn y=a x; ∈[a b; ] như trên ta ñược: f x( )= + − Thử a b x
lại thấy ñúng
Nhận xét:
+) Từ VD1 → VD5 là các BPT hàm Cách giải nói chung là tìm các giá trị ñặc biệt – có
thể tính ñược trước Sau ñó tạo ra các BðT “ngược nhau” về hàm số cần tìm ñể ñưa ra kết
luận về hàm số
+) Việc chọn các trường hợp của biến phải có tính “kế thừa” Tức là cái chọn sau phải
dựa vào cái chọn trước nó và thử các khả năng có thể sử dụng kết quả vừa có ñược
Ví dụ 6: Tìm :f R →R thỏa mãn:
( )
f x y f x y f x y x y R
π
cho tr−íc
Lời giải:
2
y π x R
f x π fx π a
Cho x=0; y∈R ta ñược: f y( )+ f(−y)=2 cosa y ( )b
2
x π y R
fπ y fπ y b y c
Trang 13( ) ( ) ( )
0
2 cos
2 cos
Giải hệ ta ñược: f x( )=acosx b+ sinx Thử lại thấy ñúng
Ví dụ 7: Tìm :f R →R thỏa mãn: f x f y( ) ( )= f x( +y)+sin sinx y ∀x y, ∈R ( )7
Lời giải: Ta thấy f x( )=cosx là một hàm số thỏa mãn
( )
f
f
=
=
Nếu f( )0 = thì: Cho 0 y=0;x∈R ⇒ f x( )= −f ( )0 =0∀ ∈ Thử lại ta ñược: x R
sin sinx y=0 ∀x y, ∈R ⇒ vô lý Vậy f x( )= không là nghiệm (7) 0
Nếu f( )0 = thì cho 1
x= − ⇒y f x f −x = + − x = x⇒f x f −x = x a
Cho
0 2 2
0 2
f x
f
π π
π
=
2
fπ
=
thì: Cho x 2; y R
π
= ∈ thế vào (7) suy ra:
( )
2
fy π y f y y y R
2
f π
tương tự như trên ta ñược: f y( )=cosy∀ ∈ y R
Vậy hàm số cần tìm là: f x( )=cosx
Ví dụ 8: Tìm , :f g R →R thỏa mãn: f x( )− f y( )=cos(x+y g x) ( −y)∀x y, ∈R 8( )
Lời giải:
x π y y R fπ y f y fπ y f y a
x π y y R fπ y f y y gπ b
Trang 14( ) ( ) sin 2 ( )
a b fπ y fπ y y gπ c
fπ y f π y g y d
2
c d g y y gπ y R g x a x g x a x
(với
2
a gπ
=
cho trước.)
2
a
y= x∈ ⇒R f x − f = x g x ⇒ f x = x b b+ = f ∀ ∈ x R
Thử lại 2 hàm số: ( )
( )
sin 2 2 sin
a
g x a x
(Với a, b là hằng số cho trước) Thỏa mãn (8)
Ví dụ 9: Tìm :f R →R thỏa mãn:
( )
( )
2
1
0
f x f x x R a
f x f x x R b
f x
Lời giải:
Ta tính f x 1
x
+
ñến f x theo hai cách: ( )
( )
( )
2
x
+
2
1 1
1
1
x
−
+
2
1
f x
f
= + − = − =
+
( )
2
2
1
1
1
f x x
+
( ) ( )a + b ⇒ f x( )=x∀ ≠x 0; x≠ 1
Với x=0;( )a ⇒ f( )0 = thỏa mãn 0 f x( )= x
Với x=1;( )a ⇒ f ( )−1 = −f( )1 :
Cho x=0;( )b ⇒ f( )1 = ⇒1 f( )−1 = − thỏa mãn1 f x( )= x
Trang 15Vậy f x( )=x∀ ∈ Thử lại thấy ñúng x R
Ví dụ 10: Tìm f R: \ 0{ }→ R thỏa mãn:
( ) ( )
( )
x y f x y xy f f y x y xy x y c
=
Lời giải:
,
x= ∈y R b ta ñược: 1 2 1 ( ) 2 ( )2 0 *( )
2
Cho x= ∈y R*,( )c ta ñược: ( ) 2( ( ) )2 ( ) ( ( ) )2 ( )'
2x f 2x =x f x ⇔2 f 2x =x f x ∀ ≠x 0 *
Thế (*) vào (*’) suy ra: ( ) ( ( ) )2 ( )"
*
f x =x f x Giả sử: ∃x o≠1,x o∈R* sao cho: f(xo) = 0 Thay x= −1 x o; y=x o vào (*”) ta ñược: f(1) = 0 trái với giả thiết f(1) = 1 Vậy f x( )≠0∀ ≠x 1; x≠ 0
Vì f( )1 = ≠ nên từ (*1 0 ”) suy ra f x( ) 1 x 0
x
= ∀ ≠ Thử lại thấy ñúng
Ví dụ 11: Tìm :f R →R thỏa mãn:
( ) ( )
( )
( )
4
1 1
1
0
f x y f x f y xy x y R b
f x
Lời giải:
Cho x=y=0 ,( )b ⇔ f( )0 = 0
Cho x= y= ≠t 0,( )b ⇔f( )2t −2f t( )=2t2( )1
( )4 4
2
;
2 2
f t f t
t − t = t ( ) ( )1 + 2 ⇒f t( )=t2 ∀ ≠ Từ t 0 f( )0 = ⇒0 f t( )=t2 ∀ ∈ Thử lại thấy ñúng t R
Ví dụ 12: Cho hàm số f: (0;+ ∞ →) (0;+ ∞ thỏa mãn: )
( )
( ) ( ( ) ) , (0; ) ( )12
f x
f y f y f f x x y
y