Giải phương trình hàm bằng cách xây dựng hàm từ một tập đặc biệt Nguyễn Thế Sinh, THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương Tư tưởng chính của phương pháp này gồm 2 ý. Thứ nhất là lợi dụng một số tính chất đặc biệt của hàm số như tính tuần hoàn, tính nhân tính hoặc tính chất tương tự như ( ) ( )f m k f m k+ = + để làm cho tập nguồn hẹp lại. Như vậy thay vì phải tìm hàm f trên toàn bộ tập ban đầu, ta chỉ cần tìm f trên một tập hữu hạn, mà trên tập này ta có thể tính được một cách cụ thể, thậm chí là rất thủ công, khi ấy bài toán trở nên tương đối đơn giản. Thứ hai là quan tâm đến các tập hợp đặc biệt với hàm f như tập giá trị, tập các điểm bất động, …để từ đó xây dựng nên hàm cần tìm. Các vấn đề nói trên sẽ được trình bày ở đây thông qua các bài tập cụ thể. Bài 1. Tìm tất cả các hàm :f →¥ ¥ thỏa mãn ( ( )) (1)f f n n b n= + ∀ ∈¥ trong đó b là số nguyên dương chẵn. Lời giải: +) Giả sử f thỏa mãn đề bài. Dễ thấy f đơn ánh +) Trong (1) thay n bởi ( )f n ta được [ ( ( ))] ( )f f f n f n b= + Suy ra ( ) ( ) f n b f n b n+ = + ∀ ∈¥ Vậy nếu ,0 1m qb r r b= + ≤ ≤ − thì ( ) ( ) (( 1) ) ( )f m f qb r f q b r b f r qb= + = − + + = + Bây giờ ta chỉ cần xác định hàm f trên tập {0,1,2, , 1}A b= − +) Xét x A ∈ , đặt ( )f x y= thì ( )f y x b= + Giả sử y qb r= + thì ( ) ( )f y f r qb= + suy ra ( ) 2x b f r qb qb x b b+ = + ⇒ < + < nên 0q = hoặc 1q = .Do đó nếu x A ∈ thì i) ( ) , , ( )f x r b r A f r x= + ∈ = ii) ( ) , , ( )f x r r A f r x b= ∈ = + Vậy hàm f được xác định như sau ( ) ( ) ( ) ( ) i i i i f qb r qb f r f a b f b a b + = +   =   = +  với { } { } i i a b A∩ = Nhận xét: Trong bài toán trên, tập nguồn ban đầu của hàm f là ¥ đã được đưa về tập A hữu hạn nhờ tính chất ( ) ( ) f n b f n b n+ = + ∀ ∈¥ * Chú ý: Ta còn có thể đặt ra vài câu hỏi cho bài toán như sau: a) Nếu chỉ cho b nguyên dương, thì với giá trị b thế nào mới tồn tại hàm f b) Tìm số hàm f ứng với mỗi giá trị b . c) Tìm tất cả các hàm tăng thực sự thỏa mãn. Sau đây là một bài toán tương tự: Bài 2. Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các hàm :f →¥ ¥ sao cho ( ( )) f f n pn n= ∀ ∈¥ Lời giải: +) Dễ thấy f đơn ánh +) Giả sử ( )f n m= thì ( )f m pn= nên ( ) ( ( ))f pn f f m pm= = hay ( ) ( )f pn pf n= suy ra (0) (0) (0) 0f pf f= ⇒ = .Vậy ta được i) f đơn ánh ii) (0) 0f = iii) ( ) ( ) k k f p n p f n= Vậy hàm f hoàn toàn xác định trên tập các bội của p , chỉ còn xác định f trên tập X các số không chia hết cho p (vì n∀ ∈¥ thì tồn tại x X∈ để k n p x= ) +) Đặt . , k n p a a X= ∈ thì ( ) . ( ) k f n p f a= Đặt ( ) . , m f a p b b X= ∈ thì ( ) . k m f n p b + = suy ra ( ( )) ( . ) k m f f n f p b + = hay . ( ) k m pn p f b + = suy ra 1 . . ( ) k k m p a p f b + + = Do đó 1 . k p a + chia hết cho k m p + Mà a X ∈ nên 1k k m+ ≥ + suy ra 0m = hoặc 1m = i) 0m = thì ( ) , ( )f a b f b pa= = ii) 1m = thì ( )f a pb= , ( )f b a= Mà ,a b X∈ , ( ) ( )f a b f b pa= ⇔ = nên không tồn tại a X ∈ sao cho ( )f a a= hoặc ( )f a pa= Vậy hàm f xác định trên X như sau: 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 , , { , , }, { , , }X X X X X X a a X b b= ∪ ∩ = ∅ = = thì ( ) ; ( ) i i i i f a pb f b a= = . Từ đây kết hợp ( ) ( ), (0) 0 k k f p n p f n f= = để suy ra f trên toàn bộ tập ¥ Thử lại là việc dễ dàng. Với một phương trình hàm mà tập nguồn là tập số nguyên hoặc tập số tự nhiên, ta có thể lợi dụng tính chất: “Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố” xây dựng hàm trên tập các số nguyên tố. Hãy xét các bài toán sau: Bài 3. [IMO shortlisted 1996]. Chứng minh rằng tồn tại song ánh :f Z + + →¢ sao cho (3 ) 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ,f mn m n f m f n f m f n m n + + + = + + ∀ ∈¢ Lời giải: Xét :3 1 4 1g + + + → +¢ ¢ thỏa mãn: 1 ( ) 4 ( ) 1 3 x g x f − = + thì ta có g là song ánh và ((3 1)(3 1)) (3 1) (3 1) ,g m n g m g n m n + + + = + + ∀ ∈¢ . Thật vậy ((3 1)(3 1)) (3(3 ) 1) 4 (3 ) 1g m n g mn m n f mn m n+ + = + + + = + + + 4(4 ( ) ( ) ( ) ( )) 1 (4 ( ) 1)(4 ( ) 1) (3 1) (3 1)f m f n f m f n f m f n g m g n= + + + = + + = + + Vậy với mọi , 3 1x y + ∈ +¢ , ta có: ( ) ( ). ( )g xy g x g y= Như thế, ta chỉ cần chỉ ra một song ánh g là đủ, vì khi đó (3 1) 1 ( ) 4 g x f x + − = thỏa mãn đề bài. Xét 1 2 ,P P là tập các số nguyên tố dạng 3 1,3 2k k+ + tương ứng và 1 2 ,Q Q là tập các số nguyên tố dạng 4 1,4 3k k+ + tương ứng, ta xét song ánh 1 2 1 2 :h P P Q Q∪ → ∪ Sao cho 1 1 2 2 ( ) , ( )h P Q h P Q= = và xác định g như sau: +) (1) 1g = +) 3 1, 1, , i i n n n p p + ∀ ∈ + > = ∏¢ nguyên tố thì ( ) ( ) i g n h p= ∏ Rõ rang song ánh g như vậy thỏa mãn đề bài. Bài 4. Tìm một hàm * * :f →¥ ¥ khác đồng nhất thỏa mãn: * ( ( )) ( ) ,f mf n nf m m n= ∀ ∈¥ (1) Lời giải: +) Đặt (1)f a= . Cho 1m = trong (1), ta có: * ( ( )) f f n an n= ∀ ∈¥ Cho 1n = trong (1) được * ( ) ( ) f am f m m= ∀ ∈¥ Từ đó * . ( ( )) ( ( )) a an f f an f f n an n N= = = ∀ ∈ nên 1 (1) 1a f= → = Vậy * ( ( )) f f n n n N= ∀ ∈ nên f đơn ánh. +) Ta chứng minh hàm f là hàm nhân tính. Thật vậy: ( ( ) ( )) ( ( )) ( ( ))f f m f n nf f m mn f f mn= = = . Do f đơn ánh nên ( ) ( ) ( )f m f n f mn= +) Còn lại, do tính nhân tính của f nên ta chỉ cần xây dựng f trên tập các số nguyên tố. Giả sử p nguyên tố và ( )f p mn= , ta có ( ( )) ( ) ( )p f f p f m f n= = . Suy ra có thể giả sử ( ) 1 (1), ( )f m f f n p= = = , do f đơn ánh nên 1m = . Từ đó f(p) là số nguyên tố. Nếu ( )f p q= nguyên tố thì ( ) ( ( ))f q f f p p= = . Vậy hàm f được xây dựng như sau: Gọi i p là số nguyên tố thứ i , hàm f được cho bởi: 2 2 1 2 1 2 (1) 1, ( ) ; ( ) k k k f f p k p f p p + + = = = , f nhân tính. Dễ thấy hàm f như vậy thỏa mãn đề bài. Tuy nhiên, không phải lúc nào việc xem xét hàm trên tập các số nguyên tố cũng đơn giản như vậy, bởi lẽ tập số nguyên tố cũng còn có các tính chất khá phức tạp. Chẳng hạn khi quan tâm đến việc phân tích một số tự nhiên thành tổng hai bình phương, ta phải để tâm đến tập các số nguyên tố dạng 4 3k + và tập các số nguyên tố dạng 4 1k + , nên cần để ý đến các tính chất sau: i) p nguyên tố dạng 4 1k + thì tồn tại * n∈¥ mà p \ 2 1n + ii) p nguyên tố dạng 4 3k + mà p \ 2 2 a b+ thì p \ a và p \ b iii) Mọi số a nguyên dương, không có ước nguyên tố dạng 4 1k + thì tồn tại n nguyên dương mà a \ 2 1n + Xét các bài toán sau: Bài 5. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm khác hằng : (0, )f → +∞¢ thỏa mãn: i) ( ) ( ) ( )f xy f x f y= ii) 2 2 2 ( ) ( ) ( ) {0,1, , } ,f x y f x f y n x y+ − − ∈ … ∀ ∈¢ Với n tìm được, tìm tất cả các hàm thỏa mãn Lời giải: +) Trước hết, ta chứng minh n=1 là số thỏa mãn đề bài Đặt A là tập các số nguyên tố dạng 4 1k + và B là tập các số nguyên tố dạng 4 3k + Với p B∈ , xét : p f →¢ ¢ , 0( ) ( ) 1( ) p x B f x x B ∉  =  ∈  Dễ dàng chứng minh được p f thỏa mãn đề bài +) Tiếp theo ta chứng minh nếu tồn tại hàm f thỏa mãn thì (0) 0f = và n>0. Có 2 (0) (0)f f= nên (0) 0f = hoặc (0) 1f = . Nếu (0) 1f = thì (0) ( .0) ( ). (0) ( ) 1 f f x f x f x f x x= = ∀ ∈ → = ∀ ∈¢ ¢ . Mâu thuẫn với việc f khác hằng Vậy (0) 0f = . Giả sử 0n = thỏa mãn. Ta có 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 ,f x y f x f y x y+ − − = ∀ ∈¢ Suy ra 2 2 2 ( ) 2 ( ) ( ) (0) f x f x f x f x= = + ∀ ∈¢ Ta được: 2 2 ( ) ( )f x f x= hay 1 ( ) {0, } 2 f x x∈ ∀ ∈¢ (1) Nếu 0 1 ( ) 2 f x = thì 2 2 0 0 1 ( ) ( ) 4 f x f x= = . Mâu thuẫn (1). Vậy ( ) 0 f x x= ∀ ∈¢ , lại mâu thuẫn với f khác hằng. Tóm lại, điều giả sử là sai nên n > 0 Vậy 1n = là giá trị nhỏ nhất cần tìm +) Với n=1, ta sẽ tìm tất cả các hàm f thỏa mãn đề bài. - Ta có (0) 0f = Có: 2 (1) (1)f f= và f khác hằng nên f(1)=1 ( nếu (1) 0f = thì ( ) 0 f x x Z= ∀ ∈ ) - Do 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( 0 ) ( ) (0) {0,1} f x f x f x f x f x− = + − − ∈ ∀ ∈¢ nên ( ) {0,1} f x x∈ ∀ ∈¢ (*) - Do ( 1) (1) 1f f− = = và ( 1) 0f − > nên ( 1) 1f − = . Vậy ( ) ( ) f x f x x− = ∀ ∈¢ - Vì tính chất i) nên chỉ cần xét hàm f trên tập các số nguyên tố p . Ta chứng minh tồn tại duy nhất 1 số nguyên tố p sao cho ( ) 0f p = Rõ ràng f khác hằng nên luôn tồn tại số nguyên tố p sao cho f(p)=0 ( nếu không ( ) 1 f p p= ∀ nguyên tố, suy ra ( ) 1 f x x= ∀ ∈¢ ). Giả sử có số nguyên tố q khác p mà ( ) 0f q = . Ta có 2 2 2 ( ) {0,1}f p q+ ∈ mà do (*), 2 2 ( ) {0,1}f p q+ ∈ nên 2 2 ( ) 0f p q+ = Với mọi ,a b ∈¢ , ta có 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( )a b p q ap bq aq bp+ + = + + − nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (( ) ( ) ) (( )( )) ( ) ( ) 0f ap bq aq bp f a b p q f a b f p q+ + − = + + = + + = Mà 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0f x y f x f y+ − − ≥ nên 2 2 0 2 (( ) ( ) ) ( ) ( )f ap bq aq bp f ap bq f aq bp= + + − ≥ + + − . Do ( ), ( ) 0f ap bq f aq bp+ − ≥ nên ta được ( ) 0f aq bp− = Lại có, ( , ) 1p q = nên tồn tại ,a b ∈¢ sao cho 1aq bp− = , ta được (1) 0f = . Mâu thuẫn. Vậy có duy nhất số nguyên tố p mà ( ) 0f p = Cuối cùng, ta chứng minh p phải là số nguyên tố dạng 4k+3. Thật vậy. - Nếu 4 1p k= + thì tồn tại y ∈¥ sao cho p \ 2 1y + . Do ( ) 0f p = nên 2 ( 1) 0f y + = , suy ra 2 2 ( 1) ( ) (1) {0,1}f y f y f+ − − ∉ . Mâu thuấn - Nếu 2p = thì 2 2 2 2 (2) 2 (1) 2 (1 1 ) (1) (1) {0,1}f f f f f− = − = + − − ∈ . Mâu thuẫn Vậy 4 3p k= + . Khi đó, hàm f được cho như phần đầu của bài toán. Bài 6. Tìm :f →¥ ¢ thỏa mãn: i) Nếu a \ b thì ( ) ( )f a f b≥ ii) 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ,f ab f a b f a f b a b+ + = + ∀ ∈¥ Lời giải: +) Trước hết, do n \ 0 và 1 \ n , 0n n∀ ∈ = / ¥ nên (0) ( ) (1) , 0f f n f n N n≥ ≥ ∀ ∈ = / +) Cho 0b = trong ii), có: 2 ( ) ( ) f a f a a= ∀ ∈¥ , suy ra 2 ( ) ( ) , 0, i f a f a i i a N= ∀ ∈ = ∀ ∈ / ¥ Mà 1 , : 2 2 i i k i k − ∀ ∃ ≤ ≤ nên 1 2 i a − \ k a \ 2 i a Suy ra: 1 2 2 ( ) ( ( ) ( ) ( ) i i k f a f a f a f a f a − = ≥ ≥ = Vậy ( ) ( ) , k f a f a a k= ∀ ∈¥ \{ 0 } +) Cho 1b = trong ii), ta có 2 ( 1) (1) f a f a+ = ∀ ∈¥ . +) Ta chứng minh ( ) (1)f a f= với mọi a không có ước nguyên tố dạng 4 3k + . Thật vậy, nếu a chỉ có ước nguyên tố dạng 4 1k + thì tồn tại X sao cho a \ 2 1X + Ta được: (1) ( )f f a≤ và 2 ( ) ( 1) (1)f a f X f≥ + = . Vậy ( ) (1)f a f= +) Tiếp theo, ta chứng minh: ( ) ( )f ab f b= b∀ ∈¥ (*1) nếu a không có ước dạng 4 3k + Với mọi b∈¥ , 2 2 a b+ không có ước dạng 4 3k + , (vì nếu có p \ 2 2 a b+ , 4 3p k= + thì p \ a - mâu thuẫn). Ta được 2 2 ( ) (1)f a b f+ = . Mà 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) (1)f ab f a b f a f b f a f a b f+ + = + = + = nên ( ) ( )f ab f b= +) Với , 0n n∈ = / ¥ bất kỳ, ta có i i n p α = ∏ . Khi đó: ( ) ( ) i f n f p= ∏ (*2) Ta có: i p∏ \ n \ ( ) M i p∏ với max{ } i M α = Nên ( ) ( ) (( ) ) ( ) M i i i f p f n f p f p≥ ≥ =∏ ∏ ∏ . Vậy ( ) ( ) i f n f p= ∏ +) Giả sử i i n p α = ∏ . j j q β ∏ với i p là số nguyên tố dạng 4 3k + và j q là các số nguyên tố dạng 4 1k + . Theo (*1) và (*2) thì ( ) ( ) i f n f p= ∏ . +) Cuối cùng, nếu 1 2 p p= / là các số nguyên tố dạng 4 3k + thì 2 2 1 2 p p+ không có ước nguyên tố dạng 4 3k + ( vì nếu có q \ 2 2 1 2 p p+ thì q \ 1 p và q \ 2 p . Mâu thuẫn). Suy ra 2 2 1 2 ( ) 1f p p+ = . Do đó 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) 1f p p f p f p= + − 2 2 1 2 3 (( ) ) 1f p p p+ = nên từ 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ( ) (( ) ) ( ) ( )f p p p f p p p f p p f p+ + = + suy ra 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 2f p p p f p p f p f p f p f p= + − = + + − Tương tự: 1 2 1 ( ) ( ) ( 1) k k i i f p p p f p k = … = − − ∑ Vậy hàm f hoàn toàn được xác định khi biết ( )f p với p là số nguyên tố dạng 4 3k + Khi đó, hàm f được xây dựng như sau: i) (0), (1)f f tùy ý thỏa mãn: (0) (1)f f≥ ii) ( ) p f p q= thỏa mãn: (1) (0) p f q f≤ ≤ với p là số nguyên tố dạng 4 3k + iii) Nếu 1 i k i i n p α = = ∏ . j j q β ∏ với i p là số nguyên tố dạng 4 3m + và j q là các số nguyên tố dạng 4 1m + thì 1 ( ) ( ) k i i f n f p = = ∏ 1 ( ) ( 1) k i i f p k = = − − ∑ Việc cuối cùng chỉ còn là thử lại. Sau đây là một vài ví dụ: 1) (0) (1) 1, ( ) 1 f f f p p= = = ∀ nguyên tố dạng 4 3k + . Suy ra ( ) 1 f x x= ∀ 2) (0) 2, (1) 1f f= = , (3) 2f = , ( ) 1 f p p= ∀ nguyên tố dạng 4 3k + . Khi đó với n bất kỳ, 1 3 . , 3, 1 i k m i i i n p p m α = = = ≥ / ∏ thì ( ) (3) (3) 2f n f k k f= + − = = , hay ( ) 1 f x x= ∀ không chia hết cho 3, ( ) 2f x = nếu x chia hết cho 3 Ý tưởng tiếp theo là xây dựng hàm dựa vào các tập hợp đặc biết với hàm đó. Đầu tiên là tập các điểm bất động của hàm, với các bài toán sau: Bài 7. [IMO 1983]. Tìm :f + + →¡ ¡ thỏa mãn: i) ( ( )) ( ) ,f xf y yf x x y + = ∀ ∈¡ (1) ii) lim ( ) 0 x f x →+∞ = Lời giải: Gọi A là tập các điểm bất động của f . Ta sẽ nghiên cứu tập A để từ đó xây dựng hàm f Cho x y= trong (1), ta được: ( . ( )) . ( ) f x f x x f x x + = ∀ ∈¡ Suy ra ( ) xf x A x∈ ∀ Cho 1x = trong (1), ta được ( ( )) (1) (2)f f y yf f= → đơn ánh Cho 1y = suy ra (1) 1f = nên 1 A∈ Giả sử a A∈ . Nếu a > 1 , bằng quy nạp dễ chứng minh ( ) n n f a a= , suy ra lim ( ) x f x →+∞ = +∞ . Mâu thuẫn với ii) Nếu 0 < a < 1 , xét 1 b a = , 1 1 1 (1) ( ) ( ( )) ( )f f a f f a af a a a = = = , suy ra ( ) 1f b b= > . Tương tự trên có mâu thuẫn. Vậy {1}A = nên ( ) 1 xf x x + = ∀ ∈¡ . Vậy 1 ( )f x x = . Thử lại thấy đúng Thử lại thấy 2 1 ( ) 1 2 f x x= − thỏa mãn. Bài 8. Cho ( 1, )S = − +∞ . Tìm :f S S→ thỏa mãn: i) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ,f x f y xf y y f x yf x x y S+ + = + + ∀ ∈ ii) ( )f x x tăng trên ( 1,0)− và (0, )+∞ Lời giải: +) Cho y x= trong i) thì: ( ( ) ( )) ( ) ( ) f x f x xf x x f x xf x x S+ + = + + ∀ ∈ Giả sử A là tập các điểm bất động của f . Xét a A ∈ , có 2 2 ( ) 22f a a aa+ = + +) Nếu 1 0a − < < thì 2 1 2 0a a− < + < . Do ( )f x x tăng trên ( 1,0)− nên tồn tại duy nhất 0 x sao cho 0 0 ( )f x x= . Vậy 2 2 0a a a a+ = → = hoặc 1a = − . Mâu thuẫn +) Nếu a > 0 thì 2 2 0a a+ > . Tương tự có mâu thuẫn. Vậy {0}A = nên ( ) 1 x f x x S x = − ∀ ∈ + . Thử lại thấy đúng. [...]... đó ki , i = 0,1,2, , u − 1 là các số nguyên tùy ý Việc thử lại không khó khăn Tập giá trị hàm số cũng hay được đề cập đến để xây dựng nên hàm Bài 11 Tìm f : ¡ → ¡ sao cho f ( x − f ( y )) = f ( f ( y )) + xf ( y ) + f ( x) − 1 ∀x, y ∈ ¡ (1) Lời giải: Đặt A = f (¡ ) = { f ( x), x ∈ ¡ } +) Trước hết, ta xác định hàm f trên tập A Ta có: x ∈ A → x = f ( y ) Trong (1) cho x = f ( y ) thì 1 1 1 f (0) =... 2 , c = f (0) 2 2 2 +) Tiếp theo, ta mở rộng hàm f từ tập A / Cho x = y = 0 trong (1) được f (−c) = f (c) + c − 1 → c = 0 Cho y = 0 trong (1) được f ( x − c) = f (c) + xc + f ( x) − 1 → f ( x − c) − f ( x) = xc + f (c ) − 1 Do x chạy trên toàn bộ tập ¡ nên xc + f (c) − 1 quét toàn bộ tập ¡ Suy ra f ( x − c) − f ( x) quét toàn bộ tập ¡ Cuối cùng, ta xây dựng f nhờ các giá trị dạng f ( x − c) − f ( x)... (v) = f (u − v) + v Suy ra f (u − v) = u − v nên u − v ∈ A Việc xét các tập có tính chất như vừa đề cập ở trên cũng có tác đụng khá lớn trong việc giải quyết các bài phương trình hàm, cho dù đó không phải là tập các điểm bất động Bài 10 Cho n là số nguyên Tìm f : ¢ → ¢ sao cho f ( x + y + f ( y )) = f ( x) + ny ∀x, y ∈ ¢ Lời giải: Ký hiệu f ( x + y + f ( y )) = f ( x) + ny (1) ∀x, y ∈ ¢ / +) Nếu... f (0)) → f (0) = 0 +) Đặt A = { y / f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) ∀x ∈ ¢ } Ta sẽ xây dựng hàm f dựa vào tập A Trước hết, ta xét các tính chất của tập A Trong (1) cho x=0, được: f ( y + f ( y )) = ny ∀y ∈ ¢ (*) Suy ra: f ( x + y + f ( y )) = f ( x) + f ( y + f ( y )) ∀x, y ∈ ¢ → y + f ( y ) ∈ A ∀y ∈ ¢ (**) Ngoài ra, tập A có các tính chất sau: i) ii) 0∈ A y ∈ A thì − y ∈ A Có f (− y ) = − f ( y )... 1996] Tìm tất cả các hàm khác hằng f : ¥ → ¥ thỏa mãn: f (m + f (n)) = f ( f (m)) + f (n) ∀m, n ∈ ¥ Lời giải: +) Cho m = n = 0 , ta được: f ( f (0)) = f ( f (0)) + f (0) → f (0) = 0 → f ( f (0)) = 0 +) Cho m = 0 được f ( f (n)) = f (n) , ta được: f (m + f (n)) = f (m) + f ( f (n)) ∀m, n ∈ ¥ Vậy f (n) là điểm bất động của hàm f với mọi n nguyên dương Gọi A là tập các điểm bất động của hàm f và k là điểm... không âm bất kỳ, n0 = 0 Khi đó hàm f được cho bởi công thức: f (qk + r ) = qk + nr k với 0 ≤ r < k Kiểm tra: Đặt m = ak + r , n = bk + s,0 ≤ r , s < k thì f ( f (m)) = f (m) = ak + nr k , f (n) = bk + ns k Suy ra f (m + f (n)) = ak + bk + nr k + ns k ; f ( f (m)) + f (n) = ak + bk + nr k + ns k Vậy hàm f thỏa mãn đề bài Nhận xét: Trong lời giải trên, ta có thể xem xét tập A theo khía cạnh: i) ii) 0∈... f ( x) + f ( − y ) iii) Nếu y, z ∈ A thì y + z ∈ A , vì f ( x + y + z ) = f ( x + y ) + f ( z ) = f ( x) + f ( y ) + f ( z ) = f ( x ) + f ( y + z ) ∀x ∈ Z Tập A là tập con của tập ¢ nên A = {0} hoặc A = {ku , k ∈ ¢ }, u ∈ ¥ Thật vậy, giả sử B là tập các số nguyên dương của A Nếu B = ∅ thì A = {0} do tính chất ii) / Nếu B = ∅ thì B có phần tử nhỏ nhất u Với b ∈ B , đặt b = ku + r , o ≤ r < u thì do... nên c = 1 Từ đó f ( x) = 1 − x 2 Thử lại thấy thỏa mãn 2 2 Bài 12 Tìm các hàm f : ¡ → ¡ sao cho: f ( f ( x) + y ) = 2 x + f ( f ( y ) − x) ∀x, y ∈ ¡ (1) Lời giải: Đặt A = f (¡ ) Trong (1) cho y = − f ( x) được: f (0) = 2 x + f [ f (− f ( x)) − x] , điều này cho thấy A = ¡ Do 0 ∈ A nên tồn tại x0 ∈ ¡ sao cho f ( x0 ) = 0 Trong (1) thay x bởi x0 thì được f ( y ) = 2 x0 + f ( f ( y ) − x0 ) , từ đó: f... với mọi q nguyên không âm, nếu n là một điểm bất động khác, ta chứng minh được: n = mk Thật vậy, giả sử n = mk + r , o ≤ r < k thì f (n) = f (r + f (mk )) = f (r ) + f (mk ) = mk + f (r ) Vậy f (r ) = r nên r là điểm bất động thỏa mãn: 0 ≤ r < k Vậy r=0 hay n = mk Đến đây, do f (mk + r ) = mk + f (r ) nên ta thấy việc cơ bản còn lại là tìm f (r ) với 0 ≤ r < k Tập cần làm việc chỉ còn là {0,1,2,…,... ∈ ¢ } thì ta vẫn chứng minh được y + f ( y ) ∈ A ∀y ∈ Z và A = {0} hoặc A = {ku , k ∈ ¢ } Thật vậy: i) ii) iii) 0∈ A y ∈ A thì f ( x) = f ( x − y + y ) = f ( x − y ) nên f ( x − y ) = f ( x) ∀x ∈ ¢ Từ đó −y∈ A y, z ∈ A thì f ( x + y + z ) = f ( x + y ) = f ( x) ∀x ∈ Z nên y + z ∈ A Nếu A = {0} thì do y + f ( y ) ∈ A , suy ra f ( y ) = − y ∀y ∈ Z ( thỏa mãn) Nếu A = {ku , k ∈ ¢ } thì f ( x + ku ) . Giải phương trình hàm bằng cách xây dựng hàm từ một tập đặc biệt Nguyễn Thế Sinh, THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương Tư tưởng chính của phương pháp này gồm 2 ý. Thứ nhất là lợi dụng một. biệt với hàm f như tập giá trị, tập các điểm bất động, …để từ đó xây dựng nên hàm cần tìm. Các vấn đề nói trên sẽ được trình bày ở đây thông qua các bài tập cụ thể. Bài 1. Tìm tất cả các hàm :f. trên một tập hữu hạn, mà trên tập này ta có thể tính được một cách cụ thể, thậm chí là rất thủ công, khi ấy bài toán trở nên tương đối đơn giản. Thứ hai là quan tâm đến các tập hợp đặc biệt