[Vnmath.com] 13-ki-thuat-giai-phuong-trinh-ham

www.VNMATH.com

PHƯƠNG TRÌNH HÀM - K THU T GI I VÀ
M T S V N Đ LIÊN QUAN
Tr n Minh Hi n - GV trư ng THPT chuyên Quang Trung, Bình Phư c

Ngày 15 tháng 6 năm 2011

M cl c
M cl c 1

1 Phương pháp th bi n 2

2 Phương trình hàm Cauchy 12

3 Phương pháp quy n p 19

4 Khai thác tính ch t đơn ánh, toàn ánh, song ánh, ch n l c a hàm s 24

5 Khai thác tính đơn đi u c a hàm s 34

6 Khai thác tính ch t đi m b t đ ng c a hàm s 40

7 Phương pháp đưa v phương trình sai phân 44

8 Phương pháp s d ng tính liên t c c a hàm s 46

9 ng d ng phương trình hàm cơ b n 53

10 B t đ ng th c hàm 60

11 Hàm tu n hoàn 65

12 M t s chuyên đ phương trình hàm 66
12.1 Phương trình hàm gi i nh tính giá tr hàm s theo hai cách khác nhau . . . . . . . . . . 66

13 Gi i phương trình hàm b ng cách thêm bi n 68

14 LUY N T P PHƯƠNG TRÌNH HÀM 69
14.1 Phương pháp th bi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
14.2 B t đ ng th c hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

1

www.VNMATH.com 1 PHƯƠNG PHÁP TH BI N

1 Phương pháp th bi n
Phương pháp th bi n có l là phương pháp đư c s d ng nhi u nh t khi gi i phương trình hàm. Ta
có th :

• Ho c cho các bi n x, y, . . . nh n các giá tr b ng s . Thư ng các giá tr đ c bi t là 0, ±1, ±2, . . .

• Ho c th các bi n b ng các bi u th c đ làm xu t hi n các h ng s ho c các bi u th c c n thi t.
Ch ng h n, n u trong phương trình hàm có m t f (x + y) mà mu n có f (0) thì ta th y b i −x,
mu n có f (x) thì cho y = 0, mu n có f (nx) thì th y b i (n − 1)x.

Ví d 1.1. (Áo 199?) Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n

x2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x4 , ∀x ∈ R.

Gi i

Thay x b i 1 − x ta đư c

(1 − x)2 f (1 − x) + f (x) = 2(1 − x) − (1 − x)4 , ∀x ∈ R.

Nhu v y ta có h 8
<
x2 f (x) + f (1 − x) = 2x − x4
:f (x) + (1 − x)2 f (1 − x) = 2(1 − x) − (1 − x)4
.

Ta có D = (x2 − x − 1) (x2 − x + 1) và Dx = (1 − x2 ) (x2 − x − 1) (x2 − x + 1). V y D.f (x) = Dx , ∀x ∈
R. T đó ta có nghi m c a bài toán là
8
>
>
<
1 − x2 : x = a, x = b,
f (x) = >c ∈ R : x = a, (c là h ng s tùy ý),
>
:
2a − a4 − a2 c : x = b,

v i a, b là nghi m c a phương trình x2 − x − 1 = 0.

Nh n xét: Bài toán trên đư c dùng m t l n n a trong kỳ thi VMO 2000, b ng B.

Ví d 1.2. Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n

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

Hint: 1. Th y → π 2
2. Th y → y + π ho c th x = π
2 2
3. Th x → 0
Đáp s : f (x) = a cos x + b sin x(a, b ∈ R)

Ví d 1.3. f : R → R th a mãn đi u ki n f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y), x, y ∈ R. Ch ng minh
r ng:
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R.

GV: Tr n Minh Hi n . . . . . . PTH b i dư ng h c sinh gi i . . . . . . Trư ng THPT chuyên Quang Trung


Hint:
1. Tính f (0)
2. Th y = −1, ch ng minh f là hàm l
3. Th y = 1 ⇒ f (2x + 1) = 2f (x) + 1
4. Tính f (2(u + v + uv) + 1) theo (3) và theo gi thi t đ suy ra f (2uv + u) = 2f (uv) + f (u)
5. 1
Cho v = − 2 , u → x và u → y, 2uv → x đ suy ra đi u ph i ch ng minh
2

Ví d 1.4. Tìm t t c các hàm s f : R → R đ ng th i th a mãn các đi u ki n sau:

1
f (x) = xf , ∀x = 0
x
f (x) + f (y) = 1 + f (x + y), ∀x, y ∈ R, (x, y) = (0, 0); x + y = 0
Hint:
1. Tính f (0), f (−1) € Š € Š
2. Tính a + 1 v i a = f (1) = f x+1 = f x + 1 x+1 theo c hai đi u ki n.
x+1
1

Đáp s : f (x) = x + 1

Nh n xét: Th thu t này áp d ng cho m t l p các bài toán g n tuy n tính
1
Ví d 1.5. Tìm t t c các hàm s f : R+ → R th a f (1) = 2
và
‚ Œ
3 3
f (xy) = f (x)f + f (y)f , ∀x, y ∈ R+
y x
Hint:
1. Tính f (3)
3
2. Th y → x
1
Đáp s : f (x) = 2

Ví d 1.6. Tìm t t c các hàm s f : R∗ → R th a mãn đi u ki n:

1
f (x) + 2f = 3x, ∀x ∈ R∗
x
1
Hint: Th x → x
2
Đáp s : f (x) = x − x

Ví d 1.7. Tìm t t c các hàm s f : R{0, 1} → R th a mãn đi u ki n:

x−1
f (x) + f = 2x, ∀x, ∈ R{0, 1}
x
Hint:
−1
Th x → x−1 , x → x−1
x
1 x−1
Đáp s : f (x) = x + 1−x − x
Luy n t p:

2. Tìm t t c các hàm s f : Q+ → Q+ th a mãn đi u ki n:

f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ Q+ và f (x3 ) = f 3 (x), ∀x ∈ Q+



Hint:
1. Quy n p f (x + n) = f (x) + n,‹ ∈ Q+ , ∀n ∈ N

∀x
3
p p
2. V i q
∈ Q+ , tính f q
+ q2 theo hai cách.
Đáp s : f (x) = x, ∀x ∈ Q+
Ví d 1.8. (VMO 2002). Hãy tìm t t c các hàm s f (x) xác đ nh trên t p s th c R và th a mãn
h th c € Š
f (y − f (x)) = f x2002 − y − 2001.y.f (x), ∀x, y ∈ R. (1)

Gi i

a) Th y = f (x) vào (1) ta đư c
€ Š
f (0) = f x2002 − f (x) − 2002. (f (x))2 , ∀x ∈ R. (2)

b) L i thay y = x2002 vào (1) thì
€ Š
f x2002 − f (x) = f (0) − 2001.x2002 .f (x), ∀x ∈ R. (3)

L y (2) c ng v i (3) ta đư c € Š
f (x) f (x) + x2002 = 0, ∀x ∈ R.
T đây suy ra v i m i giá tr x ∈ R thì ta có ho c là f (x) = 0 ho c là f (x) = −x2002 . Ta s ch ra r ng
đ th a mãn yêu c u bài toán thì b t bu c ph i có đ ng nh t

f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R ho c f (x) ≡ −x2002 , ∀x ∈ R.

Th t v y, vì f (0) = 0 trong c hai hàm s trên, nên không m t tính t ng quát ta có th gi s t n t i
a = 0 sao cho f (a) = 0, và t n t i b 0 sao cho f (b) = −b2002 (vì ch c n thay x = 0 vào quan h (1) ta
nh n đư c hàm f là hàm ch n). Khi đó th x = a và y = −b vào (1) ta đư c
€ Š
f (−b) = f a2002 + b .

V y ta nh n đư c dãy quan h sau

0 = −b2002
= f (b)
= f (−b)
€ Š
= f a2002 + b

0(mâu thu n vì 0 = 0)
= 2002 2002 .
− (a2002 + b) (mâu thu n vì − (a2002 + b) −b2002 )

B ng cách th l i quan h hàm ban đ u ta k t lu n ch có hàm s f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R th a mãn yêu c u
bài toán.
Ví d 1.9. (Hàn Qu c 2003) Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn

f (x − f (y)) = f (x) + xf (y) + f (f (y)) , ∀x, y ∈ R. (4)



Gi i

Nh n th y hàm f (x) ≡ 0 th a mãn yêu c u bài toán. Xét trư ng h p f (x) ≡ 0.
a) Th x = f (y) vào (4) ta đư c
x2 f (0)
f (0) = 2f (x) + x2 → f (x) = − + ,
2 2
hay
f 2 (x) f (0)
f (f (x)) = − + .
1 2
b) Th x = f (z), v i z là m t s thu c R thì ta đư c
f (f (z) − f (y)) = f (f (z)) + f (z)f (y) + f (f (y)) .
V i lưu ý là
f 2 (y) f (0) f 2 (z) f (0)
f (f (y)) = − + và f (f (z)) = − + ,
2 2 2 2
thay vào quan h hàm trên ta đư c
(f (z) − f (y))2
f (f (z) − f (y)) = − + f (0). (5)
2

c) Ti p theo ta ch ng t t p {f (x) − f (y)|x, y ∈ R} = R. Do f (x) ≡ 0 nên t n t i m t giá tr y0 sao
cho f (y0 ) = a = 0. Khi đó t quan h (4) ta có
f (x − a) = f (x) + xa + f (a) → f (x − a) − f (x) = ax + f a.
Vì v ph i là hàm b c nh t c a X nên xa + f a có t p giá tr là toàn b R. Do đó hi u f (x − a) − f (x)
cũng có t p giá tr là toàn b R, khi x ∈ R. Mà
{f (x) − f (y)|x, y ∈ R} ⊃ {f (x − a) − f (x)|x ∈ R} = R,
do đó {f (x) − f (y)|x, y ∈ R} = R. V y t quan h (5) ta thu đư c
x2
f (x) = − + f (0), ∀x ∈ R.
2
M t khác ta l i có
x2
f (x) = − + f (0), ∀x ∈ T (f )
2
x2
nên f (0) = 0. Th l i th y hàm s f (x) = − , ∀x ∈ R th a mãn quan h hàm.
2
x2
K t lu n: Có hai hàm s th a mãn là f (x) = − , ∀x ∈ R ho c f (x) ≡ 0.
2
Nh n xét: Bài toán trên l y ý tư ng t bài thi IMO 1996: Tìm t t c các hàm s f : R → R th a
mãn
f (x − f (y)) = f (f (y)) + xf (y) + f (x) − 1, ∀x, y ∈ R.
x2
Đáp s là f (x) = − + 1, ∀x ∈ R.
2


Ví d 1.10. (Iran 1999) Xác đ nh các hàm s f : R → R th a mãn
€ Š
f (f (x) + y) = f x2 − y + 4yf (x), ∀x, y ∈ R.

Gi i

a) Th y = x2 ta đư c € Š
f f (x) + x2 = f (0) + 4x2 f (x), ∀x ∈ R.

b) Th y = −f (x) ta đư c € Š
f (0) = f f (x) + x2 − 4 (f (x))2 , ∀x ∈ R.

C ng hai phương trình trên ta đư c
€ Š
4f (x) f (x) − x2 = 0, ∀x ∈ R.

T đây ta th y v i m i x ∈ R thì ho c là f (x) ≡ 0 ho c là f (x) = −x2 . Ta ch ng minh n u hàm
f th a mãn yêu c u bài toán thì f ph i đ ng nh t v i hai hàm s trên. Nh n th y f (0) = 0, t đó
thay x = 0 ta đư c f (y) = f (−y), ∀y ∈ R, hay f là hàm ch n. Gi s t n t i a = 0, b = 0 sao cho
f (a) = 0, f (b) = −b2 , khi đó thay x = a, y = −b ta đư c

f (−b) = f (a2 + b) → f (b) = f (a2 + b).

T đó ta có quan h sau

0 = −b2
= f (b)
= f (−b)
€ Š
= f a2 + b

0(mâu thu n vì 0 = 0)
= 2 2 .
− (a2 + b) (mâu thu n vì − (a2 + b) −b2 )

Do đó x y ra đi u mâu thu n. Th l i th y hàm s f (x) ≡ 0 th a mãn yêu c u.

Nh n xét:
1. Rõ ràng bài toán VMO 2002 có ý tư ng gi ng bài toán này.
2. Ngoài phép th như trên thì bài toán này ta cũng có th th c hi n nh ng phép th khác như sau:
1€ 2 Š
a) Th y = x − f (x) .
2
b) Th y = 0 đ có f (f (x)) = f (x2 ), sau đó th y = x2 − f (x).

c) Th y = x − f (x) và sau đó là y = x2 − x.
Ví d 1.11. Tìm hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n:

f (x − f (y)) = 2f (x) + x + f (y), ∀x, y ∈ R. (6)

Gi i



Nh n th y hàm f (x) ≡ 0 không th a mãn yêu c u. Xét f (x) ≡ 0.
a) Thay x b i f (y) vào (6) ta đư c
f (0)
f (f (y)) = −f (y) + .
2
b) L i thay x b i f (x) ta đư c

f (f (x) − f (y)) = 2f (f (x)) + f (x) + f (y)
‚ Œ
f (0)
= 2 −f (x) + + f (x) + f (y)
2
= − (f (x) − f (y)) + f (0).

Tuy nhiên vi c ch ng minh t p {f (x) − f (y)|x, y ∈ R} có t p giá tr là R chưa th c hi n đư c.

c) T đây ta có

f (f (x) − 2f (y)) = f ((f (x) − f (y)) − f (y))
= 2f (f (x) − f (y)) + f (x) − f (y) + f (y)
= −2 (f (x) − f (y)) + 2f (0) + f (x)
= − (f (x) − 2f (y)) + 2f (0).

Ta s ch ng minh t p {f (x) − 2f (y)|x, y ∈ R} b ng v i R. Th t v y t n t i giá tr y0 ∈ R sao cho
f (y0 ) = a = 0. Khi đó thay y = y0 vào (6) ta có

f (x − a) − 2f (x) = x + a, ∀x ∈ R.

Mà khi x ∈ R thì x + a có t p giá tr là R. Ch ng t t p {f (x − a) − f (x)|x ∈ R} = R. Mà
{f (x) − 2f (y)|x, y ∈ R} ⊃ {f (x − a) − f (x)|x ∈ R} nên {f (x) − 2f (y)|x, y ∈ R} = R. Do đó t (c)
ta k t lu n f (x) = −x + 2f (0), ∀x ∈ R. Thay vào (6) ta đư c f (0) = 0.
K t lu n: Hàm s f (x) = −x, ∀x ∈ R th a mãn yêu c u bài toán.
Ví d 1.12. (Belarus 1995) Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn

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

Gi i

Rõ ràng f khác h ng s .
a) y = 0 vào đi u ki n bài toán ta đư c

f (f (x)) = (1 + f (0)) f (x), ∀x ∈ R.

b) Trong đ ng th c trên thay x b i x + y thì

(1 + f (0)) f (x + y) = f (f (x + y)) = f (x + y) + f (x)f (y) − xy,

đơn gi n ta đư c
f (0).f (x + y) = f (x)f (y) − xy. (7)



c) Thay y = 1 vào (7) thì
f (0)f (x + 1) = f (x)f (1) − x.

d) L i thay y = −1 và x b i x + 1 vào (7) ta có

f (0).f (x) = f (x + 1).f (−1) + x + 1.

K t h p hai đ ng th c trên ta đư c
€ Š
(f (0))2 − f (1)f (−1) f (x) = (f (0) − f (−1)) x + f (0).

N u (f (0))2 − f (1)f (−1) = 0, thì thay x = 0 vào phương trình cu i cùng ta đư c f (0) = 0, nên theo
(7) thì f (x)f (y) = xy. Khi đó f (x)f (1) = x, ∀x ∈ R, đi u này d n đ n (f (0))2 − f (1)f (−1) = −1, mâu
thu n. V y (f (0))2 −f (1)f (−1) = 0, suy ra f (x) là m t đa th c b c nh t nên có d ng f (x) = ax+b. Thay
vào quan h hàm ban đ u suy ra a = 1, b = 0. V y hàm s th a mãn yêu c u bài toán là f (x) = x, ∀x ∈ R.

Nh n xét: N u ch u khó tính ta s tính đư c f (0) = 0 b ng cách th các bi n x, y b i hai s 0 và 1.
Ví d 1.13. (VMO 2005) Hãy xác đ nh t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n

f (f (x − y)) = f (x)f (y) − f (x) + f (y) − xy, ∀x, y ∈ R. (8)

Gi i

a) Th x = y = 0 vào (8) ta đư c
f (f (0)) = (f (0))2 .

b) Th x = y vào (8) và s d ng k t qu trên thì

(f (x))2 = (f (0))2 + x2 , ∀x ∈ R.

Suy ra (f (x))2 = (f (−x))2 → |f (x)| = |f (−x)| , ∀x ∈ R.
c) Th y = 0 vào (8) đư c

f (f (x)) = f (0)f (x) − f (x) + f (0), ∀x ∈ R (∗).

d) Th x = 0, y = −x vào (8) đư c

f (f (x)) = f (0)f (−x) + f (−x) − a, ∀x ∈ R.

T hai đ ng th c trên ta có

f (0) (f (−x) − f (x)) + f (−x) + f (x) = 2f (0), ∀x ∈ R. (9)

Gi s t n t i x0 = 0 sao cho f (x0 ) = f (−x0 ), thì th x = x0 vào (9) ta có

f (x0 ) = f (0)
→ (f (x0 ))2 = (f (0))2
→ (f (0))2 + x2 = (f (0))2 + 02
0
→x0 = 0 mâu thu n



V y f (x) = −f (x), ∀x ∈ R, t đi u này k t h p v i (9) ta có

f (0) (f (x) − 1) = 0, ∀x ∈ R.

T đây suy ra f (0) = 0, vì n u ngư c l i thì f (x) = 1, ∀x = 0, trái v i đi u ki n f là hàm l . T đây ta
nh n đư c quan h quen thu c
(f (x))2 = x2 , ∀x ∈ R.
Gi s t n t i x0 ∈ R sao cho f (x0 ) = x0 , khi đó trong (*) ta có

x0 = f (x0 ) = −f (f (x0 )) = −f (x0 ) = x0 ,

vô lý. V y ch ng t f (x) = −x, ∀x ∈ R. Th l i th y hàm này th a mãn bài toán.
Nh n xét: Bài toán trên cho k t qu là hàm ch n f (x) = −x. N u v n gi a nguyên v ph i và đ
nh n đư c hàm l f (x) = x, ta s a l i d ki n trong v trái như trong ví d sau

Ví d 1.14. Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n

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

Gi i

a) Th y = 0 ta đư c
f (f (x)) = f (x) − f (0) + f (0).f (x), ∀x ∈ R. (10)

b) Th y = f (x) và s d ng k t qu trên, ta đư c

f (0) = f (x) − f (f (x)) + f (x).f (f (x)) − xf (x) (∗)
= f (0) − 2f (0).f (x) + (f (x))2 + f (0). (f (x))2 − xf (x),

hay
−2f (0).f (x) + (f (x))2 + f (0). (f (x))2 − xf (x) = 0, ∀x ∈ R.

c) Th x = 0 vào đ ng th c trên ta đư c

(f (0))2 − (f (0))2 = 0 → f (0) = 0 ho c f (0) = 1.

d) N u f (0) = 0 thì thay vào (10) ta có f (f (x)) = f (x), ∀x ∈ R, thay k t qu này vào trong (*) ta có
f (x) = x.
1
e) N u f (0) = 1 thay vào (10) ta có f (f (x)) = 2f (x) − 1, thay vào trong (*) ta có f (x) = x + 1.
2

K t lu n: Thay vào ta th y ch có hàm s f (x) = x, ∀x ∈ R là th a mãn yêu c u.

Ví d 1.15. (AMM,E2176). Tìm t t c các hàm s f : Q → Q th a mãn đi u ki n
‚ Œ
x+y f (x) + f (y)
f (2) = 2 và f = , ∀x = y.
x−y f (x) − f (y)

Gi i



Ta s ch ng minh f (x) = x là nghi m duy nh t c a bài toán d a vào m t chu i các s ki n sau. Trư c
tiên nh n th y f không th là hàm h ng.

a) Tính f (0), f (1). Thay y = 0 ta nh n đư c

f (x) + f (0)
f (1) = → (f (1) − 1) f (x) = f (0) (1 + f (1)) , ∀x ∈ Q.
f (x) − f (0)

Suy ra f (1) = 1, f (0) = 0.

b) Hàm f là hàm l . Thay y = −x ta có

0 = f (0) = f (x) + f (−x) → f (−x) = −f (x), ∀x ∈ Q.

c) Thay y = cx, c = 1, x = 0 ta có

f (x) + f (cx) 1+c 1 + f (c)
=f = ,
f (x) − f (cx) 1−c 1 − f (c)
‚ Œ
p p f (p)
suy ra f (cx) = f (c).f (x), l y c = q, x = thì ta đư c f =
q q f (q)

Ví d 1.16. Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn
€ Š
f (x − y)2 = (f (x))2 − 2xf (y) + y 2 , ∀x, y ∈ R.

Gi i

Thay x = y = 0 thì (f (0)) = (f (0))2 → f (0) = 0 ho c f (0) = 1.

1. N u f (0) = 0, thì thay x = y vào đi u ki n ban đ u ta đư c

f (0) = (f (x))2 − 2xf (x) + x2 = (f (x) − x)2 → f (x) = x, ∀x ∈ R.

Nh n th y hàm s này th a mãn.

2. N u f (0) = 1 thì l i v n thay x = y = 0 ta nh n đư c, v i m i x ∈ R thì ho c là f (x) = x + 1
ho c f (x) = x − 1. Gi s t n t i giá tr a sao cho f (a) = a − 1. Khi đó thay x = a, y = 0 ta đư c
€ Š
f a2 = a2 − 4a + 1.

Nhưng ta l i có ho c là f (a2 ) = a2 + 1 ho c là f (a2 ) = a2 − 1. Do đó ta ph i có ho c là
1
a2 − 4a + 1 = a2 + 1 ho c a2 − 4a + 1 = a2 − 1, t c a = 0 ho c là a = . Tuy nhiên ki m tra đ u
2
không th a.

V y hàm s th a mãn yêu c u là f (x) = x, ∀x ∈ R ho c là f (x) = x + 1, ∀x ∈ R.

Ví d 1.17. (THTT T9/361) Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n
€ Š € Š
f x3 − y + 2y 3 (f (x))2 + y 3 = f (x + f (y)) , ∀x, y ∈ R.



Gi i

a) Thay y = x3 ta có € Š € Š
f (0) + 2x3 3 (f (x))2 + x6 = f x3 + f (x) , ∀x ∈ R.

b) Thay y = −f (x) ta đư c
€ Š € Š
f x3 + f (x) − 2f (x) 3 (f (x))2 + (f (x))2 = f (0), ∀x ∈ R.

T hai đ ng th c trên ta đư c
€ Š
2x3 3 (f (x))2 + x6 = 8 (f (x))3 , ∀x ∈ R.

Do đó
€ Š
0 = 4 (f (x))2 − x3 3 (f (x))2 + x6
€ Š € Š
= 4 (f (x))3 − 4 (f (x))2 .x3 + (f (x))2 .x3 − x9
‚ Œ2 !
€
3
Š€
2 3
€
3
ŠŠ €
3
Š x3 15
= f (x) − x 4 (f (x)) + x f (x) + x = f (x) − x 2f (x) + + x6 .
4 16
‚ Œ2
x3 15
Chú ý r ng 2f (x) + + x6 = 0 thì x = 0, f (0) = 0. B i v y trong m i trư ng h p ta đ u có
4 16
3
f (x) = x . Th l i th y hàm s này th a mãn bài toán.


www.VNMATH.com 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY

2 Phương trình hàm Cauchy
PHƯƠNG TRÌNH HÀM CÔSI(HÀM TUY N TÍNH) Version 5.0 updated to 24 – 10 – 2008 I.Đ nh
nghĩa: M t hàm s f : R → R g i là tuy n tính n u: f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R (Hàm s tuy n
tính còn đư c g i là hàm Cauchy) II. M t s tính ch t Tính ch t 1. Hàm f tuy n tính và th a mãn
x ≥ 0 th` f (x) ≥ 0, khi đóf là hàm đ ng bi n. (N u v i m i x ≥ 0 ⇒ f (x) ≤ 0 thì hàm ngh ch bi n).
i
Ch ng minh Xét x ≤ y ⇒ y − x ≥ 0 ⇒ f (y − x) ≥ 0 Ta có f (y) = f (y − x + x) = f (y − x) + f (x) ≥ f (x).
V y f là hàm tăng. Tính ch t 2. Hàm tuy n tính f là hàm l . Ch ng minh Ta có f (0) = f (0 + 0) =
2f (0) ⇒ f (0) = 0. T đó f (0) = f (x + (−x)) = f (x) + f (−x) = 0 ⇒ f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R. V y
f là hàm l . Tính ch t 3. Hàm tuy n tính f liên t c t i x = 0 thì liên t c trên toàn t p s th c R.
Ch ng minh Xét x0 ∈ R b t kỳ, ta có: lim [f (x) − f (x0 )] = lim [f (x) + f (−x0 )] = lim f (x − x0 ) =
x→x0 x→x0 x→x0
lim f (y) = f (0) = f (0) = 0 V y hàm s liên t c t i x0 ∈ R. Do x0 l y b t kỳ trên R nên ch ng t hàm
y→0
s liên t c trên toàn b R. Tính ch t 4. Hàm s f tuy n tính và đ ng bi n trên R thì liên t c trên R.
Ch ng minh Cho y = 0 ⇒ f (x) = f (x) + f (0) ⇒ f (0) = 0 Cho y = x ⇒ f (2x) = 2f (x), b ng quy
n p ta d dàng ch ng minh đư c: f (nx) = nf (x), ∀n ∈ N, ∀x ∈ € Š M t khác t công th c (1) suy
€ Š € Š
R(1)
ra f (x) = nf n hay f n = n f (x), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N, do đó: f m x = m f (x), ∀x ∈ R, ∀m, n ∈ N
x x 1
n n
hay f (qx) = qf (x), ∀q ∈ Q, ∀x ∈ R Đ n đây ta có th gi i quy t theo hai cách sau: V i ε 0 b t
ε
kỳ, ch n δ = 1+|f (1)|+|f (−1)| , khi đó v i m i x ∈ R, |x| δ theo tính ch t c a t p s th c thì t n t i
€ Š
m, n ∈ N sao cho |x| m δ, t c là − m x m . Vì f là hàm đ ng bi n nên f − m f (x)
n n n n
€ Š
f m ⇒ m f (−1) f (x) m f (1) ⇒ − m (1 + |f (1)| + |f (−1)|) f (x) m (1 + |f (1)| + |f (−1)|) V y
n n n n n
|f (x) − f (0)| = |f (x)| m (1 + |f (1)| + |f (−1)|) δ (1 + |f (1)| + |f (−1)|) = ε. Do đó hàm s liên
n
t c t i x = 0 nên liên t c trên R Ho c ta có th là như sau: t f (qx) = qf (x), ∀q ∈ Q, ∀x ∈ R nên
f (x) = xf (1), ∀x ∈ Q Hơn n a v i m i x ∈ R, t n t i hai dãy h u t (un ), (vn ) ⊂ Q : un x vn
mà lim un = lim vn = x. Do hàm đ ng bi n nên f (un ) f (x) f (vn ) ⇒ un f (1) f (x) vn f (1).
n→∞ n→∞
Chuy n qua gi i h n ta đư c f (x) = f (1)x ∀x ∈ R hay f (x) = ax nên liên t c trên R. Tính ch t 5.
Hàm tuy n tính f và liên t c trên R có bi u di n là f (x) = ax, (a = f (1)). Ch ng minh Theo cách thi t
l p trong tính ch t 3 ta có f (x) = xf (1), ∀x ∈ Q. Vì v i m i x ∈ R, luôn t n t i dãy {xn }n∈N ⊂ Q sao
cho lim xn = x. Vì f liên t c nên
n→∞

lim f (xn ) = f (x) ⇒ lim xn f (1) = f (x) ⇒ f (x) = ax
n→∞ n→∞

,v i
a = f (1)
, th l i th y hàm s này th a mãn yêu c u bài toán. V y f (x) = ax, ∀x ∈ R. Tính ch t 6. Cho c 0.
N u hàm s f tuy n tính và th a mãn đi u ki n |f (x)| ≤ c ∀x ∈ [−1, 1] thì f (x) = ax v i |a| ≤ c Ch ng
minh T tính ch t 3 ta có f (qx) = qf (x), ∀q ∈ Q, x ∈ R Gi s (xn ) là dãy s th c = 0 th a mãn
lim xn = 0. V i m i giá tr c a xn ta ch n m t s h u t qn th a mãn: √1 ≤ qn ≤ √1 , n = 1, 2, ...(có
n→∞ 3
|xn | |xn |
th t giá tr n = n0 , n0 +1, ... đ th a mãn đi u ki n trên) thì ta có: n→∞ qn = ∞ và n→∞ (xn .qn ) = 0 V y
lim lim

qn n n
= qn
|f (qn xn )|, ∀n ∈ N, do n→∞ (xn .qn ) = 0 nên v i n đ l n thì qn xn ∈ [−1, 1]
lim
1
nên |f (qn xn )| ≤ c, v i n đ l n. Do đó |f (xn )| ≤ qn
c Do đó lim f (xn ) = 0 = f (0) nên hàm f liên t c
n→∞
t i 0, t đó liên t c trên toàn b R do đó có bi u di n f (x) = ax. T đi u ki n bài toán ta đư c hàm c n
tìm là f (x) = ax v i |a| ≤ c Tính ch t 7. N u hàm s f tuy n tính và th a mãn đi u ki n t n t i h ng
s M 0 sao cho f (x) ≤ M ∀x ∈ [0, 1] thìf (x) = ax Ch ng minh T f (qx) = qf (x) ∀q ∈ Q, ∀x ∈ R



hay f (x) = ax ∀x ∈ Q T đi u ki n bài toán ta có: f (1) − f (x) = f (1 − x) ≤ M ∀x ∈ [0, 1], Suy ra
f (1) − M ≤ f (x) ≤ M ∀x ∈ [0, 1] V y t n t i h ng s N 0 mà |f (x)| ≤ N ∀x ∈ [0, 1] ⇒ |f (x)| ≤
N ∀x ∈ [−1, 1](do f (−x) = −f (x)), đ n đây ta có th là ti p theo như tính ch t 6. đây

minh khác như sau: V i m i x ∈ R, khi đó v i r ∈ Q+ sao cho |x| r thì

= 1 |f (x)| ≤ N ⇒ |f (x)| ≤ r.N Cho r → |x| thì |f (x)| ≤ N |x|. Suy ra lim f (x) = 0
r x→0
hay f liên t c t i 0 nên liên t c trên toàn b R. Do đó f (x) = ax Nh n xét 1. Cho t p A = R, [0, ∞)
hay (0, ∞). N u f : A → R th a mãn f (x + y) = f (x) + f (y) và f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ A, thì
ho c là f (x) = 0, ∀x ∈ A ho c là f (x) = x, ∀x ∈ A Ch ng minh Theo tính ch t c a hàm c ng tính thì
f (x) = f (1).x, ∀x ∈ Q. N u f (1) = 0 thì f (x) = f (x.1) = f (x).f (1) = 0, ∀x ∈ A. N u f (1) = 0 do
T √ √ √
f (1) = f (1)f (1) ⇒ f (1) = 1 ⇒ f (x) = x, ∀x ∈ A Q N u y ≥ 0 thì f (y) = f ( y)f ( y) = f 2 ( y) ≥ 0
và do đó f (x + y) = f (x) + f (y) ≥ f (x), hay ch ng t f là hàm tăng. Bây gi v i m i x ∈ AQ, theo
tính trù m t c a t p s th c, t n t i hai dãy pn , qn ∈ Q sao cho pn x qn ; pn x và qn x,
khi n → ∞. Do f là hàm tăng, ta có: pn = f (pn ) ≤ f (x) ≤ f (qn ) = qn Chuy n qua gi i h n ta có
f (x) = x, ∀x ∈ A III. Các h qu tr c ti p c a hàm Cauchy T quan h cho hàm f liên t c th a mãn
đi u ki n f (x + y) = f (x) + f (y) ta có bi u di n c a hàm là f (x) = ax. N u ta đ t vào quan h hàm trên
qua phép logarit Nepe t c là: ln f (x+y) = ln f (x)+ln f (y) = ln(f (x).f (y)), suy ra f (x+y) = f (x).f (y).
V y n u f (x) 0 v i m i x ∈ R thì quan h hàm f (x + y) = f (x).f (y) d dàng chuy n v quan h hàm
Cauchy qua phép logarit. Tuy nhiên t quan h hàm đó d dàng th y đư c bài toán v n gi i đư c v i
mi n xác đ nh trên R.
f (x) ≡ 0
H qu 1. Các hàm s liên t c trên R th a mãn đi u ki n: f (x+y) = f (x).f (y) (1) là:
f (x) = ax (a 0)
Ch ng minh Nh n th y hàm đ ng nh t f (x) ≡ 0 th a mãn quan h đó. Xét hàm không đ ng nh t 0,
khi đó t n t i x0 :f (x0 ) = 0 thì: f (x0 ) = f ((x0 − x) + x) = Š (x0 − € Š (x) = 0 ⇒ f (x) = 0 ∀x ∈ R Và
€
f x)f
x x 2 x
cũng th a đi u ki n luôn dương, th t v y: f (x) = f 2 + 2 = f 2 0 ∀x ∈ R Do đó đ n đây ta
ch c n đ t ln f (x) = g(x) thì ta có quan h : g(x + y) = g(x) + g(y) V y g(x) = bx, b ∈ R tùy ý. V y
f (x) = ebx = ax (a 0). V y hai hàm th a mãn quan h đó là:
B y gi l i t hàm Cauchy nêu ta nâng lũy th a c a bi n lên t x thành ex ta đư c quan h là
f (e ) = f (ex ) + f (ey ) ⇒ g(x + y) = g(x) + g(y) v i g(x) = f (ex ) và hàm g thu đư c l i chính là hàm
x+y

Cauchy. M t khác t f (ex+y ) = f (ex ) + f (ey ) ⇒ f (ex .ey ) = f (ex ) + f (ey ), bây gi thay ngư c tr l i ex
b i x thì ta đư c quan h m i là f (xy) = f (x) + f (y). Quan h này v i quan h Cauchy tương tác v i
nhau b i vi c nâng lũy th a c a bi n. Tuy nhiên vi c nâng lũy th a c a bi n l i có yêu c u bi n ph i
dương. N u có m t bi n b ng 0 thì bài toán tr nên d dàng v i k t qu là f (x) ≡ 0, n u c hai bi n
cùng dương thì bài toán chuy n v phương trình hàm Cauchy qua phép nâng bi n lên lũy th a. N u c
hai s cùng âm thì tích xy là s dương nên l i quy v trư ng h p hai bi n cùng dương.
H qu 2. Các hàm s f (x)liên t c trên R{0} th a mãn đi u ki n:f (xy) = f (x) + f (y) ∀x, y ∈ R
(2)là: f (x) = b ln |x| ∀x ∈ R{0}, b ∈ R Ch ng minh N u x = y = 1 thì t (3) ta đư c f (1) = 0. L i
cho x = y = −1 ta đư c f (−1) = 0. Bây gi cho y = −1 thì ta đư c f (x) = f (−x) ∀x ∈ R. Do đó f là
hàm ch n. a) Xét x, y ∈ R+ , đ t x = eu , y = ev , f (eu ) = g(u) ta đư c g(u + v) = g(u) + g(v) ∀u, v ∈ R
⇔ g(t) = bt ⇒ f (x) = a ln x ∀x ∈ R+ , a ∈ R b) N u x, y ∈ R− thì xy ∈ R+ nên v i y = x ta đư c:
f (x) = 2 f (x2 ) = 1 b ln(x2 ) = b ln |x| ∀x ∈ R− , b ∈ R
1
2
L i ti p t c t quan h hàm f (x + y) = f (x).f (y) ta l i nâng bi n theo lũy th a c a e thì có d ng
f (ex+y ) = f (ex )f (ey ) ⇒ f (ex .ey ) = f (ex )f (ey ) và ta đư c quan h hàm: g(xy) = g(x)g(y) Hi n nhiên
bài toán có ngay l i gi i n u mi n xác đ nh ch a s 0. Do đó ta đ t v n đ đó như sau:
H qu 3. Các hàm f (x) liên t c trên R{0} th a mãn đi u ki n:f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R{0}là:



8

α
xβ , ∀x ∈ R+
f (x) = 0 f (x) = |x| f (x) = Ch ng minh Thay y = 1 ⇒ f (x)(1 − f (1)) =
:
− |x|β , ∀x ∈ R−
0, ∀x ∈ R{0} (1)Š N u f (1) €=Š 1 thì t (1) suy ra f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R{0} Xét f (1) = 1, khi đó
€
1 1
1 = f (1) = f x. x = f (x)f x , ∀x ∈ R{0}. V y f (x) = 0, x ∈ R{0}. a) Xét x, y ∈ R+ , đ t
x = eu , y = ev va g(t) = f (et ). Khi đó ta có: g(u + v) = g(u)g(v), ∀u, v ∈ R V yg(t) = at ∀t ∈ R(a
0 tuy y`) và do đó: f (x) = f (eu ) = g(u) = au = aln x = xln a = xα , ∀x ∈ R+ trong đóα = ln a b)
u
Bây gi ta xét trư ng h x = 0, y = 0 b t kỳ thì cho và x = y = −t ta nh n đư c f 2 (t) = f (t2 ) =
p
f (−t) = f (t) = tc (hay 0)
f (−t)f (−t) = f 2 (−t) ⇒ V y trong trư ng h p t ng quát ta có các nghi m
f (−t) = −f (t) = −tc
8
xβ , ∀x ∈ R+
là: a) f (x) = 0 b) f (x) = |x|α f (x) = :
− |x|β , ∀x ∈ R−
T quan h hàm Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y) ta th c hi n v trái theo trung bình c ng v trái
theo bi n và trung bình c ng v ph i theo hàm s thì ta nh n đư c: Š €
H qu 4(Hàm Jensen). Các hàm f (x) liên t c trên R th a mãn f x+y = f (x)+f (y) (4) là:f (x) = ax+b
€ Š € Š 2 2
x f (x)+f (0) f (x)+f (y) x+y f (x+y)+f (0)
Ch ng minh Cho y = 0 ⇒ f 2 = 2
. V y: 2
=f 2 = 2
⇒ f (x + y) + f (0) =
f (x) + f (y) Đ t g(x) = f (x) − f (0) thì ta có g(x + y) = g(x) + g(y) hay g(x) = ax⇒ f (x) = ax + b
L i trong quan h hàm Jensen ta Š c hi n logarit Nepe n i t i c a bi n(dĩ nhiên trong trư ng
€
th
√
h p các bi n dương, ta đư c:f ln x+ln y
2
= f (ln x)+f (ln y) ⇔ f (ln xy) = f (ln x)+f (ln y) . T v n đ này đ t
2 2
ngư c lŠ i ta đư c h qu sau: H qu 5. Các hàm f (x) xác đ nh và liên t c trên R+ th a mãn đi u ki n:
€√
f xy = f (x)+f (y) ∀x, y ∈ R+ (5) là f (x) = a ln x + b Đi u ki n x, y ∈ R+ là đ cho hàm s luôn đư c
2
xác đ nh. Ch ng minh Đ t x = eu , y = ev , g(u) = f (eu ). Khi đó g(u) liên t c trên R và th a mãn đi u
€ Š
ki n: g u+v = g(u)+g(v) ∀u, v ∈ R Suy ra g(u) = au + b ⇒ f (x) = a ln x + b, ∀x ∈ R+ .
2 2 € Š
Cũng l i t quan h hàm f x+y = f (x)+f (y) n u ta vi t đư c vào dư i d ng c a bi u di n logarit
2
€ Š € 2 Š È € Š È
x+y ln f (x)+ln f (y)
t c là: ln f 2 = 2
⇒ ln f x+y = ln f (x)f (y) ⇒ f x+y = f (x)f (y) T c là ta
2 2
€ Š È
đư c quan h hàm: f x+y = f (x)f (y). V y ta có: H qu 6. Hàm s f : R → R liên t c th a
2 2
€ Š È f (x) ≡ 0
f x+y = f (x)f (y) (6) là:4
2
f (x) = eax+b (a, b ∈ R)
È
Ch ng minh T đi u ki n bài toán cho x = y ⇒ f (x) = f 2 (x) ≥ 0. N u t n t i x0 : f (x0 ) = 0 thì:
È
€ Š
x0 +y
f 2 = f (x0 )f (y) = 0 ∀y ∈ R t c là f (x) ≡ 0 N u f (x) 0 thì th c hi n logarit Nepe hai v đưa
v hàm Jensen ta đư c:f (x) = eax+b , a, b tùy ý thu c R. T đó ta có đi u ph i ch ng minh.
L i t quan h hàm trong h qu 5, th c hi n phép toán ngh ch đ o hàm s (gi s th c hi n
1 1
1 f (x)
+ f (y) 1
đư c) ta có: √
f ( xy)
= 2
, b ng cách đ t g(x) = ta nh n đư c h qu sau: H qu 7. Các
f (x)
+ √ 2
hàm f (x) xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n:f ( xy) = 1 + 1 ∀x, y ∈ R+ (7) là
f (x) f (y)

hàm h ng f (x) = b ∈ R{0} Ch ng minh T gi thi t bài toán suy ra f (x) = 0 ∀x ∈ R+ . Ta
1
+ 1 √
có f (√xy) = f (x) 2 f (y) ⇒ g( xy) = g(x)+g(y) ∀x, y ∈ R+ v i g(x) = f (x) Theo h qu 5 thì g(x) =
1
2
1

a ln x + b ⇒ f (x) = a ln1 . Đ f (x) liên t c trên R+ thì: a ln x + b = 0, ∀x ∈ R+ nên a = 0, b = 0. V y
x+b
f (x) = b ∈ R{0}(đpcm).
1 1
1 f (x)
+ f (y)
T quan h hàm Jensen n u ta th c hi n ngh ch đ o(v i hàm s ) thì ta có: = f( x+y =
€ Š
) 2
2
f (x)+f (y)
2f (x)f (y)
hay f x+y = f (x)+f(y) Tuy nhiên đ đ m b o cho phép ngh ch đ o hàm luôn th c hi n đư c
2
2f (x)f
(y)
thì ta ch c n gi i h n giá tr hàm trong R+ . Do đó ta nh n đư c k t qu : H qu 8. Hàm s f : R → R+



€ Š
liên t c th a mãn f x+y = f (x)+f(y) (8) là f (x) = 1 , b 0
2
2f (x)f
(y) b
1
Ch ng minh Ch c n đ t g(x) = f (x) , ta nh n đư c quan h hàm Jensen theo hàm g(x) nêng(x) =
1
cx + d. Do đó f (x) = cx+d . Tuy nhiên hàm s này c n ph i th a mãn đi u ki n f (x) ∈ R+ nên:
1
cx+d
0, ∀x ∈ R ⇒c = 0, b 0, v y hàm thu đư c là f (x) = 1 , b 0 tùy ý.
b
L i v n trong quan h hàm Jensen n u ta th c hi n phép bình phương vào hàm s thì ta nh n ngay
đư c h qu sau: q
€ Š 2 2
H qu 9. Hàm s f (x)liên t c trên R th a f x+y = [f (x)] +[f (y)] (9) là f (x) = c v i c ≥ 0. Ch ng
2 2
€ € ŠŠ2 2 2
minh T quan h hàm s suy ra f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Ta có: f x+y = [f (x)] +[f (y)] . Đ t g(x) = [f (x)]2
2 2 √
thì ta nh n đư c quan h hàm Jensen cho hàm g(x)nên g(x) = ax + b. Do đó f (x) = ax + b. Mà theo
√
đi u ki n thì ax + b ≥ 0, ∀x ∈ R ⇒ a = 0, b ≥ 0 Ta đư c hàm f (x) = b, b ≥ 0.
T quan h hàm trong h qu 6, n u ta th È hi n phép nâng lũy th a lên cơ s e(đ i v i bi n) thì
c

x+y È √
x )f (ey ) ⇒ f ( ex .ey ) =
ta có: f e 2 = f (e f (ex )f (ey ) Thay ngư c l i bi n d ng bình thư ng ta
nh n đư c k t qu : È
√
H qu 10. Hàm s f (x) xác đ nh và liên t c trên R+ th a f ( xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R+ (10) là:

f (x) ≡ 0 € Š

a Ch ng minh Đ t x = eu , y = ev , f (eu ) = g(u) thì ta nh n đư c: g u+v = 2
f (x) = c.x , a ∈ R, c 0 2

È g(u) ≡ 0 f (x) ≡ 0
g(u)g(v), theo h qu 6 thì: au .Vy4 . Trong quan
g(u) = e + b f (x) = ea ln x+b = c.xa , c 0, a ∈ R
√ 2 2
h hàm c a h qu 5, n u ta th c hi n theo quan h hàm bình phương, t c là f 2 ( xy) = f (x)+f (y) , 2
th c hi n căn b c hai hai v ta đư c h qu 11. H qu 11. Hàm s f (x) xác đ nh và liên t c trên
q
√ 2 2
R+ th a f ( xy) = f (x)+f (y) , ∀x, y ∈ R+ (11) là f (x) ≡ c, c ≥ 0 Ch ng minh T gi thi t c a
2
hàm dŠ th y f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R+ . Đ t x = eu , y = ev , [f (eu )]2 = g(u). Khi đó g(u) ≥ 0, và ta có:
€
g u+v = g(u)+g(v) , ∀u, v ∈ R V y g(u) = au + b. Đ g(u) ≥ 0, ∀u ∈ Rthì a = 0, b ≥ 0. Do đó
2 2
f (x) ≡ c, c ≥ 0. € Š € Š
L i t quan h hàm Jensen f x+y = f (x)+f (y) , ta xét phép gán hàm f (x) = g x thì ta nh n đư c
2 2
1

1 g ( 1 )+g ( 1 ) 2 g ( 1 )+g ( 1 )
quan h hàm s : g (x+y)/2 = x 2 y ⇔ g x+y = x 2 y , thay ngư c tr l i bi n bình thư ng
ta đư c: H qu 12. Hàm s f (x) liên t c trên R{0} th a mãn
„ Ž
2 f (x) + f (y)
f 1 1 = , ∀x, y, x + y = 0
x
+ y
2
a
(12) là hàm s f (x) = x + b; a, b ∈ R tùy ý. Gi i V i cách thi t l p như trên thì ta có g(x) = ax + b,
€ Š € Š
v i g(x) = f x , khi đó thì f (x) = x + b; a, b ∈ R. L i t quan h hàm Jensen f x+y = f (x)+f (y) , ta
1 a
2 2
xét phép gán hàm f (x) = g 11 thì ta nh n đư c quan h hàm:
(x)
1 1 € Š € Š
+ g 1
+g 1 ‚ Œ
2g 1
g 1
1 1
g( x ) 1
g( y ) x y 2 x y 2
‹ = = € Š ⇔g = € Š = 1 1
g 1 2 2g 1
g 1 x+y g 1
+g 1
1
g( x )
+ 1
g( y )
x+y x y x y
2
‹
2
Thay ngư c l i bi n ta đư c: H qu 13. Hàm s f (x) xác đ nh liên t c trên R{0} th a f 1 + 1 =
x y
2
x
6
f (x) = , a = 0
2 6 a
1 (13) là 4 . B ng cách th c hi n các phép toán khai căn, nâng lũy th a, logarit
1
f (x)
+ f (y) 1
f (x) = , b = 0
b


Nepe như trong các ph n trư c ta thu đư c các k t qu tương t sau: H 2 qu 14. Hàm s f (x) xác đ nh
‹
2
È f (x) ≡ 0
liên t c trên R{0} th a f 1 + 1 = f (x)f (y), ∀x, y, x + y = 0(14) là: 4 a H qu
x y f (x) = e x +b , a, b ∈ R
‹ q
2 [f (x)]2 +[f (y)]2
15. Hàm s f (x) xác đ nh liên t c trên R{0} th a f 1 1
+y
= 2
, ∀x, y, x
+ y = 0 (15) là:
√
x

+ x2 +y 2
f (x) ≡ c, c ≥ 0 tùy ý. H qu 16. Các hàm f (x) ≥ 0 xác đ nh liên t c trên R th a f 2
=
q
2
[f (x)] +[f (y)] 2 √
, ∀x, y ∈ R+ (16) là: f (x) = ax2 + b v i a, b ≥ 0 tùy ý. H qu 17. Các hàm s f (x) xác
2 √
x2 +y 2
đ nh, li n t c trên R và th a f 2
= f (x)+f (y) , ∀x, y ∈ R (17) là: f (x) = ax2 + b; ∀a, b ∈ R H
2
√
È
x2 +y 2
qu 18. Các hàm s f (x) xác đ nh, li n t c trên R th a f 2
= f (x)f (y), ∀x, y ∈ R (18) là:
2
√
f (x) ≡ 0 x2 +y 2
4 H qu 19. Các hàm s f (x) xác đ nh, li n t c trên R th a f =
2 2
f (x) = eax +b ; ∀a, b ∈ R
2 1
1
+ 1
, ∀x, y ∈ R (19) là: f (x) = ax2 +b v i ab ≥ 0, b = 0 tùy ý.
f (x) f (y)

IV. Các bài t p v n d ng Bài toán 1. Tìm t t c các hàm f (x) liên t c trên R th a: f (x + y) =
f (x)+f (y)+f (x)f (y) Gi i: T bài toán ta có: f (x+y)+1 = (f (x)+1)(f (y)+1) nên đ t g(x) = f (x)+1
thì ta có g(x+y) = g(x).g(y) ⇒ g(x) = ax v y f (x) = ax −1. Bài toán 2. Tìm t t c các hàm s f (x) liên
t c trên R th a mãn đi u ki n:f (x)+f (y)−f (x+y) = xy, ∀x, y ∈ R Gi i Ta có th vi t l i phương trình
1
f (x) + f (y) − f (x + y) = [(x + y)2 − (x2 + y 2 )]
hàm dư i d ng: 2 1
Đ t g(x) = f (x) + 2 x2 thì ta có
1 2 1 2 1 2
⇔ f (x) + x + f (y) + y = f (x + y) + (x + y)
2 2 2
g(x) là hàm liên t c trên R th a mãn đi u ki n: g(x) + g(y) = g(x + y) V y g(x) = ax, ∀x ∈ R, a là m t
1
h ng s th c, nên f (x) = − 2 x2 + ax. Th l i th y hàm này th a mãn yêu c u bài toán. Bài toán 3. Cho
a ∈ R, tìm t t c các hàm liên t c f : R → R sao cho: f (x − y) = f (x) − f (y) + axy, ∀x, y ∈ R Gi i Cho
x = 1, y = 0 ⇒ f (1) = f (1) − f (0) nên f (0) = 0. L i cho x = y = 1 ⇒ f (0) = f (1) − f (1) + a ⇒ a = 0.
V y v i a = 0 thì không t n t i hàm s . Ta vi t l i quan h hàm f (x − y) = f (x) − f (y), ∀x, y ∈ R
T đây ta đư c: f (x) = f (x + y − y) = f (x + y) − f (y) ⇒ f (x + y) = f (x) + f (y), x, y ∈ R V y
f (x) = ax, ∀x ∈ R Bài toán 4. Tìm t t c các hàm s f (x) xác đ nh liên t c trên R+ th a mãn đi u

ki n:f x = f (x) − f (y) ∀x, y ∈ R+ Gi i Đ t x = t → x = ty thay vào ta có: f (t) = f (ty) − f (y) ⇒
y y
f (ty) = f (t) + f (y). V y f (x) = a ln x ∀x ∈ R+ , a ∈ R.
Bài toán 5. Cho a, b ∈ R{0}, tìm các hàm f (x) xác đ nh liên t c trên R và th a mãn đi u ki n:
f (ax + by) = af (x) + bf (y) ∀x, y ∈ R(1) Gi i Cho x = y = 0 vào (1) ta đư c: f (0)(a + b − 1) = 0
N u a + b = 1 thì f (0) = 0. V y đi u ki n Cauchy đư c th a mãn, nên khi đó thì f (ax) = af (x)
và f (bx) = bf (x), và ta có quan h f (ax + by) = f (ax) + f (by), ∀x, y ∈ R. V y f (x) = x. N u
a + b = 1 thì nh n giá tr tùy ý, v y ta ph i đ t m t hàm m i đ đư c quan h Cauchy là g(x) =
f (x) − f (0) thì g(0) = 0 và tương t như ph n trình bày trên ta có f (x) = cx + d V y: f (ax + by) =

a + b = 1 ⇒ f (x) = cx, c ∈ R
af (x) + bf (y) ∀x, y ∈ R là: Nh n xét: V i cách làm tương t
a + b = 1 ⇒ f (x) = cx + d, c, d ∈ R
cho quan h f (ax + by) = af (x) + bf (y) Bài toán 6. Xác đ nh các hàm s f liên t c trên R th a
mãn đi u ki n:f (2x − y) = 2f (x) − f (y), ∀x, y ∈ R Gi i Đ t g(x) = f (x) − f (0) thì g(0) = 0, t
phương trình trên ta thu đư c: g(2x − y) = 2g(x) − g(y), ∀x, y ∈ R Cho y = 0 ⇒ g(2x) = 2g(x)
và cho x = € ⇒ g(−y)Š = −g(y). Thay vào trên ta đư c: g(2x − y) = g(2x) − g(y), ∀x, y ∈ R V y
0
y
g(x+y) = g 2. x − 1. −1 = g(x)−g(−y) = g(x)+g(y), ∀x, y ∈ R. Do đó: g(x) = ax, x ∈ R, a là s th c
2



tùy ý. V y f (x) = ax+b, th l i th y hàm này th a mãn yêu c u bài toán. Bài toán 8(Đ ngh IMO 1979).
Ch ng minh r ng m i hàm f : R → R th a mãn đi u ki n: f (xy+x+y) = f (xy)+f (x)+f (y), ∀x, y ∈ R
khi và ch khi f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Gi i D th y n u f tuy n tính thì f th a mãn h
th c đ u tiên. Gi s f (xy + x + y) = f (xy) + f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R đ t y = u + v + uv ta đư c:
f (x + u + v + xu + xv + uv + xuv) = f (x) + f (u + v + uv) + f (xu + xv + xuv) Hoán đ i vai trò c a x và u
ta đư c: f (u + x + v + ux + uv + xv + uxv) = f (u) + f (x + v + xv) + f (ux + uv + uxv) So sánh hai đ ng
th c trên ta đư c: f (x) + f (u + v + uv) + f (xu + xv + xuv)= f (u) + f (x + v + xv) + f (ux + uv + uxv)
Hay f (uv) + f (xu + xv + xuv) = f (xv) + f (xu + uv + xuv) L y x = 1 ta có f (u) + 2f (uv) =
f (u + 2uv), theo ví d 4 ta có đi u ph i ch ng minh. Bài toán 9. Tìm t t c các hàm s f (x) liên
t c trên R th a mãn đi u ki n:f (x)f (y) − f (x + y) = sin x. sin y, ∀x, y ∈ R Gi i Thay y = 0 ta có
f (x)[f (0) − 1] = 0 ⇒ f (0) = 1, vì d dàng nh n th y f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R không là nghi m c a phương
trình. Thay y = −x ta nh n đư c: f (x)f (−x) − f (0) = −sin2 x, €∀x ∈ R ⇒ f (x)f (−x) = 1 − sin2 x =
€ Š Š € Š
cos2 x, ∀x ∈ R(1). Thay x = π vào (1) ta đư c nên: f π .f − π = 0 Ho c f π = 0 thay vào
2 2 2
€ Š € Š € Š 2
hàm ta đư c: −f x + π = sin x ⇒ f x + π = − sin x → f (x) = − sin x − π = cos x, ∀x ∈ R
2
€ Š €2 Š € 2Š
Ho c f − π = 0 thay vào hàm ta đư c: f x − π = sin x ⇒ f (x) = sin x + π = cos x, ∀x ∈ R
2 2 2
D dàng ki m tra l i th y f (x) = cos x là hàm th a mãn yêu c u bài toán. Bài toán 10. Tìm t t c
các hàm s f : R → R th a mãn f (x + y − xy) + f (xy) = f (x) + f (y) (1) v i m i x, y ∈ R. Gi i Ta
ch ng minh n u f là hàm s th a mãn đi u ki n bài toán thì hàm s F (x) = f (x + 1) − f (x) s th a
mãn đi u ki n hàm Cauchy F (u + v) = F (u) + F (v) v i m i (u, v) ∈ ∆ = {(u, v) : u + v 0ho c
u = v = 0 ho c u + v ≤ −4} Th t v y, gi s f là hàm s th a mãn đi u ki n (1). Ta đ nh nghĩa
hàm s f ∗ (x, y) b i: f ∗ (x, y) = f (x) + f (y) − f (xy) D th y r ng hàm f ∗ th a mãn phương trình hàm:
f ∗ (xy, z) + ∗ (x, y) = f (x, yz) + f ∗ (y, z)(1) M t khác ta có f ∗ y) = f (x + y − xy)(2) Thay (2) vào (1)
f ∗

(x,
1 1 1
ta đư c: f xy + y − x + f (x + y − xy) = f (1) + f y + y − 1 , v i m i x, y = 0 Đ t xy + y − x = u + 1
và x + y − xy = v + 1(3) ta nh n đư c: f (u + 1) + f (v + 1) = f (1) + f (u + v + 1), v i m i u, v th a
1
mãn đi u ki n trên. B ng vi c c ng hai đ ng th c c a (3) ta có y + y = u + v + 2, đ có nghi m y = 0
ch trong trư ng h p D = {(u + v + 2)2 − 4 = (u + v)(u + v + 4) ≥ 0}. Đi u ki n này x y ra khi và
ch khi ho c là u + v 0 ho c u + v = 0 ho c u + v + 4 ≤ 0. B ng vi c ki m tra đi u ki n ta th y bài
toán đư c th a. N u f là m t nghi m c a bài toán thì f ph i có d ng f (x) = F (x − 1) + f (1)(1) v i
m i x, trong đó F th a mãn phương trình hàm Cauchy F (x + y) = F (x) + F (y) v i m i x, y. Ch ng
minh Theo ch ng minh trên, thì f có d ng v i F th a mãn phương trình Cauchy v i m i (u, v) ∈ ∆.
Ta s ch ng minh r ng F th a mãn phương trình Cauchy v i m i (u, v) b t kỳ. Gi s , khi đó t n t i
m t s th c sao cho các đi m (x, u), (x + u, v), (x, u + v) n m trong ∆ v i vi c xác đ nh x là: c đ nh
(u, v) ∈ ∆ thì t các b t đ ng th c x + u 0, x + u + v 0 ta tìm đư c đi u ki n c a x. Nhưng khi đó:
F (u) = F (x + u) − F (x)
F (v) = F (x + u + v) − F (x + u) Suy ra t các phương trình này ta có F (u) + F (v) = F (u + v). Và bài
F (u + v) = F (x + u + v) − F (x)
toán đư c ch ng minh.
Bài toán 14(VMO 1992 b ng B). Cho hàm s f : R → R th a mãn f (x + 2xy) = f (x) + 2f (xy),
∀x, y ∈ R. Bi t f (1991) = a, hãy tính f (1992) Gi i Thay x = 0 ta đư c f (0) = 0. Thay y = −1 ta
€ Š
nh n đư c f (x) = −f (−x). Thay y = − 2 ta đư c f (x) = 2f x . Xét x = 0 và s th c t b t kỳ, đ t
1
€ Š 2
t t
y = 2x ta nh n đư c: f (x + t) = f (x) + 2f 2 = f (x) + f (t) V y f là hàm Cauchy nên f (x) = kx,
v i k là h ng s nào đó. T f (1991) = a ⇒ k.1991 = a ⇒ k = 1991 . Do đó f (1992) = 1992 a Bài toán
a
1991
15. Tìm t t c các hàm s f (x) xác đ nh trên (0, +∞), có đ o hàm t i x = 1 và th a mãn đi u ki n
√ √
f (xy) = xf (y) + yf (x), ∀x, y ∈ R+ Gi i Xét các hàm s sau g(x) = f√x . T gi thi t c a bài toán
(x)
√ √ √
ta có: xy.g(xy) = xy.g(x) + xy.g(y) ⇔ g(xy) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R+ V y g(x) = loga x, x 0.



√
T đó ta có k t qu hàm s f (x) = k. x.loga x v i k ∈ R. L i t (1) n u ta đ t z = x + y thì y = z − x
và quan h (1) tr thành f (z) = f (x).f (z − x), n u v i gi thi t f (x) = 0 ∀x ∈ R thì ta có th vi t l i
f (z)
như sau: f (z − x) = f (x) , và ta đ xu t đư c bài toán sau đây: Bài toán 18. Xác đ nh các hàm s f (x)
8

f (x − y) =
f (x)
, ∀x, y ∈ R
liên t c trên R th a mãn đi u ki n: f (y) (2) Vì gi thi t là f (x) = 0 ∀x ∈ R
:
f (x) = 0 ∀x ∈ R
x
nên ch có hàm s f (x) = a (a 0) th a mãn yêu c u bài toán.
To be continued
.


www.VNMATH.com 3 PHƯƠNG PHÁP QUY N P

3 Phương pháp quy n p
Phương pháp này yêu c u ta trư Šc h t tính f (0), f (1) r i d a vào đó tính f (n) v i n ∈ N. Sau đó
€
1
tính f (n) v i n ∈ Z. Tính ti p f n , t đó suy ra bi u th c c a f (r) v i r ∈ Q. Phương pháp này
thư ng s d ng khi c n tìm hàm s xác đ nh trên N, Z, Q.

Ví d 3.1. Tìm t t c các hàm s f : Q → Q th a mãn đi u ki n:

f (1) = 2, f (xy) = f (x)f (y) − f (x + y) + 1, ∀x, y ∈ Q. (11)

Gi i

Cho y = 1 và s d ng gi thi t f (1) = 2 ta đư c

f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ Q. (12)

B ng phương pháp quy n p ta ch ng minh đư c

f (x + m) = f (x) + m, ∀x ∈ Q, ∀m ∈ N. (13)

Ti p theo ta s l n lư t ch ng minh:

a) f (n) = n + 1, ∀n ∈ N. Th t v y trong (12) cho x = 0 ta tìm đư c f (0) = 1. Gi s ta đã có
f (k) = k + 1 thì
f (k + 1) = f (k) + 1 = k + 1 + 1 = k + 2.

b) Ti p theo ta ch ng minh f (m) = m+1, ∀m ∈ Z. Th t v y, trong (12) cho x = −1 ta đư c f (−1) = 0.
Trong (11) cho y = −1 thì ta có

f (−x) = −f (x − 1) + 1, ∀x ∈ Q.

Khi đó v i m ∈ Z, m 0 thì đ t n = −m, khi đó n ∈ N nên s d ng k t qu trên và ph n (a) ta
đư c
f (m) = f (−n) = −f (n − 1) + 1 = −n + 1 = m + 1.

1
c) Ti p theo ta ch ng minh f (x) = x + 1, ∀x ∈ Q. Trư c tiên ta tính f , n ∈ N+ , b ng cách trong
n
1
(11) cho x = n, y = ta có
n

1 1
2 = (n + 1)f −f n+ + 1.
n n

L i theo (13) thì
1 1
f n+ =f +n
n n
thay vào phương trình trên ta đư c

1 n+1 1
f = = + 1.
n n n



m
T đây thì v i x ∈ Q thì x luôn đư c bi u di n dư i d ng x = , m ∈ Z, n ∈ N+ , do đó
n

m‹
f (x) = f

n
1
= f m.
n

1 1
= f (m).f −f m+ +1
n n

1 1
= (m + 1). +1 −f −m+1
n n

1 1
= (m + 1) +1 − −1−m+1
n n
m
= +1=x+1
n
Th l i th y hàm s f (x) = x + 1, ∀x ∈ Q th a mãn yêu c u bài toán.

Nh n xét: Bài toán trên k t qu không thay đ i n u ta làm trên t p R và không c n cho trư c
f (1). Vi c cho trư c f (1) giúp quá trình quy n p thu n l i hơn. T l i gi i trên ch c n s lý trên t p
s vô t . Tham kh o thêm v bài này trong bài 8.11.
Ví d 3.2. Tìm t t c các hàm s liên t c f : R → R th a mãn
f (x + y) + f (x − y) = 2 (f (x) + f (y)) , ∀x, y ∈ R.
Gi i
a) f (0) = 0, th t v y ch c n thay x = y = 0 ta có đư c k t qu .
b) f là hàm ch n. Đ i vai trò gi a x, y trong đi u ki n ta có
f (x + y) + f (y − x) = 2 (f (x) + f (y)) , ∀x, y ∈ R.
Và như v y thì f (x − y) = f (y − x), ∀x, y ∈ R. Do đó f là hàm ch n nên ta ch c n làm vi c trên R+ .
c) f (nx) = n2 f (x), ∀n ∈ N, ∀x ∈ R+ . Th t v y, cho x = y ta đư c
f (2x) = 4f (x), ∀x ∈ R+ .
Gi s ta đã có f (nx) = n2 f (x), ∀n ∈ N, ∀x ∈ R+ . Khi đó thay y = nx ta đư c
f ((n + 1)x) + f (−(n − 1)x) = 2 (f (x) + f (nx)) ,
hay € Š
f ((n + 1)x) = 2 f (x) + n2 f (x) − (n − 1)2 f (x) = (n + 1)2 f (x).

d) f (qx) = q 2 f (x), ∀x ∈ R+ , ∀q ∈ Q+ . Th t v y t (c) thì
‹
1 x 1
f (x) = 2 f (nx) → f = 2 f (x), ∀n ∈ N, ∀x ∈ R+ .
n n n
m
V i q ∈ Q+ thì q = v i m, n ∈ N, n = 0 nên
n

x‹ 2
‹
x m2
f (qx) = f m. =m f = 2 f (x) = q 2 f (x).
n n n



e) Do f liên t c trên R+ nên f (x) = ax2 , ∀x ∈ R+ (v i a = f (1)).

Th l i th y hàm s f (x) = ax2 , ∀x ∈ R th a mãn yêu c u bài toán.
Nh n xét: Quan h bài toán trên chính là đ ng th c hình bình hành quen thu c. Đó là n u →, →
− −
u v
là hai vector thì ta có
|→ + →| + |→ − →| = 2 |→| + |→|
− − 2
u v − − 2
u v − 2
u − 2
v
B n ch t c a l i gi i là ch ng minh n u hàm f liên t c và th a mãn h ng đ ng th c hình bình hành
thì b t bu c ph i có d ng f (x) = f (1)x2 . Cũng c n lưu ý là đi u ki n liên t c có th thay b ng đi u
ki n đơn đi u c a hàm s .
Ví d 3.3. Tìm t t c các hàm s f : [0, ∞) → R sao cho f đơn đi u và th a mãn đi u ki n
€ Š
(f (x) + f (y))2 = f x2 − y 2 + f (2xy), ∀x ≥ y ≥ 0.

Gi i
1
Cho x = y = 0 ta đư c f (0) = 0 ho c f (0) = .
2
1 1 1
a) Trư ng h p f (0) = , thì thay x = 1, y = 0 ta l i đư c f (1) = − ho c f (1) = .
2 2 2
1 1
(i) N u f (1) = − thì thay x = y = 1 ta đư c f (2) = . Khi đó ta th y f (0) f (1), f (1) f (2),
2 2
mâu thu n v i tính ch t đơn đi u c a hàm s .
1
(ii) V y f (1) = . Khi đó thay x = y ta đư c
2
€ Š 1
4 (f (x))2 = f 2x2 + .
2
Xét dãy s x1 = 1, xn+1 = 2x2 , thay vào quan h trên ta đư c
n

1
4 (f (xn ))2 = f (xn+1 ) + .
2
1
B ng quy n p ta đư c f (xn ) = v i m i n ∈ Z+ . Vì xn → ∞ và f đơn đi u nên suy ra
2
1
f (x) = v i m i x ≥ 0.
2
b) Trư ng h p f (0) = 0. Khi đó thay y = 0 ta đư c
€ Š
f x2 = (f (x))2 , ∀x ≥ 0 → f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0.

Ngoài ra thay x = y ta đư c 4 (f (x))2 = f (2x2 ). K t h p v i đ ng th c trên ta đư c
4f (x) = f (2x), ∀x ≥ 0.
Trong phương trình hàm ban đ u, đ t x = u + v, y = u − v thì ta đư c
€ Š
[f (u + v) − f (u − v)]2 = f (4uv) + f 2(u2 − v 2 )
” —
= 4 f (2uv) + f (u2 − v 2 )
= 4 (f (u) + f (v))2 .



T đây l y căn b c hai ta đư c

f (u + v) + f (u − v) = 2 (f (u) + f (v)) , ∀u ≥ v ≥ 0.

Phương trình hàm này có nghi m là f (x) = f (1)x2 , ∀x ≥ 0. Ngoài ra d dàng tính đư c f (1) = 0
ho c f (1) = 1.
1
K t lu n: Các hàm s th a mãn là f (x) ≡ 0, f (x) ≡ và f (x) = x2 , ∀x ≥ 0.
2
2 2
Nh n xét: Bài toán trên xu t phát t m t h ng đ ng th c quen thu c là (x2 + y 2 ) = (x2 − y 2 ) +
(2xy)2 . Và đi m m u ch t c a bài toán là tính ch t f (x2 ) = (f (x))2 , đ suy ra f (x) ≥ 0 khi x ≥ 0.

Ví d 3.4. (China 1996) Cho hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n:

f (x3 + y 3 ) = (x + y)(f 2 (x) − f (x)f (y) + f 2 (y)), ∀x, y ∈ R.

Ch ng minh r ng f (1996x) = 1996f (x), ∀x ∈ R.

Gi i

a) Tính f (0) và thi t l p cho f (x).
Cho x = y = 0 ta đư c f (0) = 0. Cho y = 0 ta đư c

f (x3 ) = xf 2 (x).

Nh n xét: f (x) và x luôn cùng d u. T đây ta có
1 1
f (x) = x 3 f 2 (x 3 ).

b) Thi t l p t p h p t t c các giá tr a mà f (ax) = af (x).
Đ t S = {a 0 : f (ax) = af (x), ∀x ∈ R}.

• Rõ ràng 1 ∈ S.
1
• Ta ch ng t n u a ∈ S thì a 3 ∈ S. Th t v y

1 1 1
axf 2 (x) = af (x3 ) = f (ax3 ) = f (a 3 x)3 = a 3 x.f 2 (a 3 x)
2 1
⇒ a 3 f 2 (x) = f 2 (a 3 x)
1 1
⇒ a 3 f (x) = f (a 3 x)

• N u a, b ∈ S thì a + b ∈ S. Th t v y

1 1 1 1
f ((a + b)x) = f (a 3 x 3 )3 + (b 3 x 3 )3
h i
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= (a 3 + b 3 ) f 2 (a 3 x 3 ) − f (a 3 x 3 ).f (b 3 x 3 ) + f 2 (b 3 x 3 )
h i
1 1 2 1 1 2 1 1
= (a 3 + b 3 ) a 3 − a 3 b 3 + b 3 x 3 f 2 (x 3 ) = (a + b)f (x).

B ng quy n p ta ch ng t m i n ∈ N đ u thu c S. Và bài toán ra là trư ng h p đ c bi t v i n = 1996.



Nh n xét: 1. N u ch đơn thu n ch ng minh k t qu c a bài toán thì có th quy n p tr c ti p. B ng
cách kh o sát như trên ta s th y h t đư c t t c các giá tr c a a 0 mà f (ax) = af (x).

2. Do yêu c u “đ c bi t” c a bài toán, nên t nhiên ta s nghĩ ngay là có th ch ng minh đi u đó
đúng v i m i s t nhiên, và qua đó, s nghĩ ngay đ n hư ng quy n p.

3. Vi c suy ra d u c a f (x) cùng d u v i x là quan tr ng, nó giúp ta tri t tiêu bình phương mà
không c n xét d u, đây cũng là m t đi u đáng lưu ý trong r t nhi u bài t p khác.

4. Bài toán trên r t có th xu t phát t h ng đ ng th c x3 + y 3 = (x + y) (x2 − xy + y 2 ).

Ví d 3.5. Tìm t t c các hàm f : Z → Z th a mãn:

f (x3 + y 3 + z 3 ) = f 3 (x) + f 3 (y) + f 3 (z), ∀x, y, z ∈ Z

Hint:
1. Tính f (0) và ch ng minh f là hàm l .
2. Ch ng t f (2) = 2f (1), f (3) = 3f (1). Ch ng minh b ng quy n p f (n) = nf (1), ∀n ∈ Z 3. Trong
ch ng minh chuy n t n = k ≥ 0 sang n = k + 1, ta s d ng h ng đ ng th c sau: N u k ch n thì k = 2t,
ta có:
(2t + 1)3 + 53 + 13 = (2t − 1)3 + (t + 4)3 + (4 − t)3 khi k = 2t
và n u k l thì k = 2t − 1 khi đó n = 2t luôn đư c vi t dư i d ng 2t = 2j (2i + 1), và đ ng th c trên ch
c n nhân cho 23j

Ví d 3.6. Tìm t t c các hàm f : N → N th a mãn các đi u ki n:

f (1) 0 và f (m2 + n2 ) = f 2 (m) + f 2 (n), ∀m, n ∈ N

Hint:
1. Tính f (0) ⇒ f (m2 + n2 ) = f (m2 ) + f (n2 )
2. Ch ng minh f (n) = n, ∀n ≤ 10. V i n 10 ta s d ng các đ ng th c sau:

(5k + 1)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k − 1)2

(5k + 2)2 + 12 = (4k + 1)2 + (3k + 2)2
(5k + 3)2 + 12 = (4k + 3)2 + (3k + 1)2
(5k + 4)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k + 4)2
(5k + 5)2 = (4k + 4)2 + (3k + 3)2


www.VNMATH.com
4 KHAI THÁC TÍNH CH T ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CH N L C A HÀM S

4 Khai thác tính ch t đơn ánh, toàn ánh, song ánh, ch n l
c a hàm s
Trư c tiên ta nh c l i các khái ni m cơ b n này.
a) N u f : R → R là đơn ánh thì t f (x) = f (y) ta suy ra đư c x = y.

b) N u f : R → R là toàn ánh thì v i m i y ∈ R, t n t i x ∈ R đ f (x) = y.

c) N u f : R → R là song ánh thì ta có c hai đ c trưng trên.
N u m t hàm s mà đơn ánh chúng ta r t hay dùng th thu t tác đ ng f vào c hai v , n u m t hàm
f toàn ánh ta hay dùng: T n t i m t s b sao cho f (b) = 0, sau đó tìm b. N u quan h hàm là hàm b c
nh t c a bi n v ph i thì có th nghĩ t i hai quan h này.
Ví d 4.1. Tìm t t c các hàm s f : Q → Q th a mãn

f (f (x) + y) = x + f (y), ∀x, y ∈ Q.

Gi i

Nh n xét, hàm đ ng nh t 0 không th a mãn bài toán. Xét f (x) ≡ 0.
a) f đơn ánh, th t v y, n u f (x1 ) = f (x2 ) thì

f (f (x2 ) + y) = f (f (x2 ) + y) → x1 + f (y) = x2 + f (y) → x1 = x2 .

b) f toàn ánh, th t v y, vì t n t i y0 sao cho f (y0 ) = 0. Do đó v ph i c a đi u ki n là m t hàm s b c
nh t c a x nên có t p giá tr là Q.

c) Tính f (0), cho x = y = 0 và s d ng tính đơn ánh ta đư c

f (f (0)) = f (0) → f (0) = 0.

T đó thay y = 0 ta đư c
f (f (x)) = x, ∀x ∈ Q.

d) Thay x b i f (x) và s d ng k t qu trên(và đi u này đúng cho v i m i x ∈ Q vì f là toán ánh) thì

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Q.

T đây ta đư c f (x) = ax thay vào bài toán ta nh n f (x) ≡ x ho c f (x) ≡ −x trên Q.

Nh n xét: N u yêu c u bài toán trên t p R thì c n thêm tính ch t đơn đi u ho c liên t c. C th ,
các b n có th gi i l i bài toán sau (THTT, 2010): Tìm t t c các hàm s liên t c f : R → R th a
mãn đi u ki n
f (x + f (y)) = 2y + f (x), ∀x, y ∈ R.
Ví d 4.2. Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn

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


www.VNMATH.com

Gi i

Thay x = 1 vào đi u ki n hàm ta đư c

f (f (y) + 1) = y + f (1), ∀y ∈ R.

T đây suy ra f là m t song ánh. L y x = 1, y = 0 ta đư c

f (f (0) + 1) = f (1) → f (0) = 0 do f đơn ánh.

f (x)
Bây gi v i x = 0, đ t y = − thay vào đi u ki n hàm ta đư c
x
f (xf (y) + x = 0 = f (0)) → xf (y) = x do f đơn ánh,

hay f (y) = −1, t c là ‚ Œ
f (x)
f − = f (y) = −1 = f (b),
x
v i b là m t s th c nào đó(do f là m t toàn ánh). V y f (x) = −bx, ∀x = 0. K t h p v i f (0) = 0
thì vi t g p thành f (x) = −bx, ∀x ∈ R. Thay vào đi u ki n hàm s ta có đư c hai hàm th a mãn là
f (x) ≡ x và f (x) ≡ −x.

Nh n xét: Bài toán này có th gi i b ng cách th bi n như sau mà không c n dùng đ n tính song
ánh c a hàm s . Thay x = 1 ta đư c

f (f (y) + 1) = y + f (1), ∀y ∈ R.

Ví d 4.3. (Đ ngh IMO 1988) Xác đ nh hàm s f : N → N th a mãn đi u ki n sau:

f (f (n) + f (m)) = m + n, ∀m, n ∈ N. (14)

Gi i

a) Trư c tiên ta ki m tra f đơn ánh. Th t v y gi s f (n) = f (m), khi đó

f (2f (n)) = f (f (n) + f (n)) = 2n,

và
f (2f (n)) = f (f (m) + f (m)) = 2m.
Do đó m = n, nên f đơn ánh.

b) Ta tính f (f (n)) theo các bư c sau: cho m = n = 0 trong (14) thì ta đư c f (2f (0)) = 0, l i cho
m = 2f (0) vào trong (14) thì ta đư c

f (f (n)) = n + 2f (0).


www.VNMATH.com

c) Tác đ ng f vào c hai v c a (14) và s d ng k t qu trên, ta đư c

f (f (f (n) + f (m))) = f (n) + f (m) + 2f (0).

Ngoài ra theo quan h đ bài thì

f (f (f (n) + f (m))) = f (n + m).

T đây ta có
f (n + m) = f (n) + f (m) + 2f (0).
Cho m = n = 0 thì f (0) = 0, do đó quan h trên tr thành hàm c ng tính. V y f (n) = an. Thay
vào quan h bài toán ta đư c
f (n) = n, ∀n ∈ N.

- Nh n xét: Quan h đơn ánh c a bài toán này không c n thi t trong l i gi i. Và bài toán này có th
ch ng minh b ng quy n p trên N.

Cách 2. N u xét trên Z+ thì ta có th ch ng minh b ng quy n p f (x) = x, ∀x ∈ N. T c là, dùng
phương pháp, ta ch ng minh không còn t n t i hàm s nào khác. Trư c tiên ta tính f (1). Gi s
f (1) = t 1, đ t s = f (t − 1) 0. Nh n th y r ng n u f (m) = n thì

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

Như v y
f (2t) = 2, f (2s) = 2t − 2.
Nhưng khi đó thì
2s + 2t = f (f (2s) + f (2t)) = f (2t) = 2 → t 1,
đi u này vô lý. V y f (1) = 1. Gi s ta có f (n) = n thì

f (n + 1) = f (f (n) + f (1)) = n + 1.

V y f (n) = n, ∀n ∈ Z+ .
Ví d 4.4. (Balkan 2000) Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n:

f (xf (x) + f (y)) = (f (x))2 + y, ∀x, y ∈ R. (15)

Gi i

a) Ta tính f (f (y)) b ng cách cho x = 0 vào (15) ta đư c

f (f (y)) = (f (0))2 + y, ∀y ∈ R.

b) Ch ng t f đơn ánh. Th t v y n u f (y1 ) = f (y2 ) thì f (f (y1 )) = f (f (y2 )). T đây theo ph n (a) thì

f 2 (0) + y1 = (f (0))2 + y2 ⇒ y1 = y2 .

c) Ch ng t f toàn ánh vì v ph i c a (15) là m t hàm b c nh t c a y nên có t p giá tr b ng R. K t
h p hai đi u trên ta thu đư c f là m t song ánh t R vào R.


[Vnmath.com] 13-ki-thuat-giai-phuong-trinh-ham

[Vnmath.com] 13-ki-thuat-giai-phuong-trinh-ham

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (10)

Similar to [Vnmath.com] 13-ki-thuat-giai-phuong-trinh-ham

Similar to [Vnmath.com] 13-ki-thuat-giai-phuong-trinh-ham (20)

More from Duy Duy

More from Duy Duy (20)

[Vnmath.com] 13-ki-thuat-giai-phuong-trinh-ham