Bài Cho hàm số (x Tính f (0 ) f : y) f (x y) chứng minh Tìm tất hàm số thỏa mãn điều kiện:  (x y) f (x y) xy ( x 2 y ) với x, y  hàm số lẻ f f Hướng dẫn giải Tính f ( ) chứng minh Với x y f ( )  y Với y Với x y f (0 ) f ( 0) yf ( y ) Vậy f hàm số lẻ Tìm tất hàm số Đặt (1)  y hàm số lẻ hay f ( ) f u x y v x y (do (1)) yf ( y) hay f ( y) f ( y) f u x v ta suy u y v Khi v f (u ) u f (v ) u uv v (2) Với u v Từ (2) ta Chọn 1, v f (u ) f (v ) u v f (u ) ta có Đặt a v hay f (u ) u u u u u f (1) f (v ) v v f (1) f (u ) Ta có u u Suy a, u ax, x (3) x f (x) Từ (1), (3) ta x f (x) ax, x  Thử lại Với x f (x) ax , ta có: f (0 ) ; f (1) (x Vậy y) f (x f (x) x a f (1) 4 a y) (x ax, x y) f (x y) xy ( x 2 y )  Bài Tìm tất hàm số f xy f xz f x f : f yz thoả mãn:  , x, y, z  Hướng dẫn giải Cho x y z f f f f f 3 Cho x y z 1 f Cho y z f f f nên f y x f f x , f f 3  x ta có f x Do (1) 1, z f Cho 1 3 Do f nên f x f x f f x ,  x (2) Từ (1) (2) ta f x ,  x Bài Tìm tất hàm số f xy f Từ (1) cho Nếu f f Do y f x Vì y R hàm số chẵn thỏa mãn: f với x , y Hướng dẫn giải 2014 f x y xy 2014 f x f x R 2014 f x với x , ta được: x Khi R f 2014 với x R không thỏa mãn (1) f 2014 x x y 2 f x , biết , ta có: x f Từ (1) thay f f f Từ (1) thay f x f :R x 2014 x f x x f f 2x y x 2x (2) , ta được: x 2014 f 2x (3) hàm số chẵn nên viết (3) lại sau: f f x 2 f x 2014 f 2x (4) Lấy (4) trừ (2) vế theo vế ta được: f 2x Suy ra: 4x f x x f với f x f x y xf x R với 2014 Bài Tìm tất hàm số x f : yf y , R thoả mãn   x, y x (1) Hướng dẫn giải Cho x , từ suy f y Cho y , từ suy f x 2 yf y , y  xf x , x  Do (1) trở thành: f thay x y y f y từ x f y , x, y  f x y f x f y , x, y * ta : f x yf y y x f x f f x f x x y , y 0, y yf y x 0, y ta có x f f y , f yf y , x , x  y 0, f f y x x ta f f f x y f x x x theo hai cách Ta có , chứng tỏ Bài Tìm tất hàm số f : f (x x  xy f f x x f f x f f (x f xy f y , x, y 2x f x , x  x f  f xf x f y *** 2x x f f x f  x xf , x f x ax,  ,a x f x f  thỏa mãn: f ( y )) f (x) f (y) , x, y  Hướng dẫn giải hằ ng không thỏ a mãn Ta xét f không hằ ng f ( y )) f (x) 1 f ( y) Trong (1) cho y=-1 ta được: ,  (1) x, y f ( f ( 1) ) f (x) f ( 1) Rõ ràng nế u f hàm số lẻ f y Dễ thấ y hàm x ** f f y y x f tính  y y x y * , * * , (* * * ) x y f x f y y x f f f f y yf ta có f y y  y x y Kết hợp x x y x Với f x y f xf yf Do với f f ( 1) f ( 1) Ta chứng minh: , f (x) x  (2) hàm hằ ng Do đó: f f ( 1) x Thậ t vậ y, giả sử tồ n a cho f (a ) Trong (1) chọ n y a ta có: f (ax x ) 0,  x Mâu thuẫn Chú ý f f ( 1) khơng hàm hằ ng Do ta có: nên từ (2) ta có : f ( ) a Trong (1) chọn f (y) x , ( y 1 f ( y f (y) (f( y 1 y ) f ( y , y , 0, )( f ( y ) y ) f ( y) 1, y y 2 y ) ) ) f ( y) f (y) (f( )( f ( y ) f ( y) f ( y )) y ) f ( f (y) Suy f (y) ta được: 1) y y y Do f ( 1) nên f (x) x ,  x Thử lạ i ta có hàm số cầ n tìm f (x) x ,  x Bài Tìm tất hàm f: f f x y f x thoả mãn:   y yf x f x y ,  x, y Hướng dẫn giải Từ giả thiết: f f x y Thay y = x4 vào (1): f f f x x x y 4 f Từ (2) (3) ta có: f 8x f x x x f f Thay y = -f(x) vào (1): f ( ) yf 8x f f x f x f 2 x x x y , x f x x x f x f , x (1) x, y  ,  (2) x  (3) x x ,  f x x f x f x x f x x 0, x  (4) Thay x = vào (4) suy f(0) = Giả sử tồn a cho f(a) = Ta chứng minh f(x) = 0, x  Thay x = y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(-y) Thay x = a y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(a4 – y) Suy ra: f y f y f a y f y a , y  f f x f y f f y a f x , y 4 f a f x , (5)  x (6)  Thay y = x tuỳ ý vào (1), ta f f x f x (7) Thay y = a4 vào (1), ta f f x a 4 f x Từ (5), (6), (8) suy ra: f f Từ (7) (9): a f x f a 8a f x f x Và từ (4), x0 R: f(x0) a x x 4 x x f x 0, x f a 8a f f(x) = x4, x f , x (8)  x a x , x  (9)  R Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình Bài Tìm tất hàm số f: f ( xf ( y ) Thay y) f ( xy x = ,y = x) R R thoả mãn f (x y) 2013 xy vào (1) ta được: (1) Hướng dẫn giải f (a ) 2013 Trong a f ( ) 2013 2013 Tiếp tục thay y = a vào (1), ta thu được: f (x hay a) f (ax f ( xa x) Từ (2) suy x) f (x 2013ax, a x Thay a) R 2013at a , t R t x hay x R (2) vào (2), ta a f (t ) 2013ax , f (t ) ct, (c R) Tiếp theo, thay biểu thức f(t) vào (1), ta thu đẳng thức c xy cy (c cxy c cx cx 2013) xy cy 0, x, y c c c 2013 2013 xy ; x, y R R 8053 c 8053 Vậy ta nhận hai hàm số thoả mãn đề f (x) 8053 Bài Tìm tất hàm số f x y f y f f f : x  y, f (x) 8053 x thỏa mãn x, y  Hướng dẫn giải Chứng minh f đơn ánh Thật vậy, với x, y thỏa mãn f x f f x y f y f f x 2y f x y f x f f y 2x ta có y x Chọn y = ta f x f f f y x f x x f , 2c x 2c  x Vậy f x x c , x  với c số Thay vào điều kiện toán ta x y f y c f x c Bài Tìm tất hàm Cho x = f f (y) Chọn y thỏa mãn 2y f :R y 2015 y f (1) f , đặt x f (t) t f (y ) 2015 x Hay: f ( ) x t f(x ) f(x ) tx f( ) Vậy f (x ) hàm bậc Giả sử f (x ) m x n Thay vào giả thiết ta có: m x f (y) m x (m y m xy 2015 x n 2015 xy n) 2015 m x mn 2015m n mx (luôn đúng) 2015 xy f (x ) với x, y 2015 xy 2015 2015 xt f ( t) 2015 f (x ) x n 2015 xy x 2y f (1) 2015 Chọn y = t, thay vào giả thiết thì: y thỏa mãn: f x f ( y ) x Hướng dẫn giải R 2015 2015 y x mx n mx Đẳng thức với x, y nên: m 2015 mn m 2015m m 2015 n 2014 2015 x Vậy có hàm thỏa mãn yêu cầu, f ( x ) Bài 10 Tìm tất hàm f:   thoả mãn: f f x y f x y yf x f 2014 x y ,  x, y Hướng dẫn giải Từ giả thiết: f f x y Thay y = x4 vào (1): f f f x x x y 4 f Từ (2) (3) ta có: f 8x f x x x f f Thay y = -f(x) vào (1): f ( ) yf 8x f f x x f f x x x y , x f x x x f x f , x x, y  ,  (2) x  (3) x x , (1)  f x x f x f x x f x x 0, x  (4) Thay x = vào (4) suy f(0) = Giả sử tồn a cho f(a) = Ta chứng minh f(x) = 0, x  Thay x = y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(-y) Thay x = a y tuỳ ý vào (1), ta f(y) = f(a4 – y) Suy ra: f y f f f y x f y f a f f y a f x , y y f f a y f a x , ,  y (5)  x (6)  Thay y = x tuỳ ý vào (1), ta f f x f x (7) Thay y = a4 vào (1), ta f f x a 4 f x Từ (5), (6), (8) suy ra: f f Từ (7) (9): a f x f a 8a f x f x Và từ (4), x0 R: f(x0) a x x x a 8a f x f x 0, x f f(x) = x4, x f , x (8)  x a , x (9)   R Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình Bài 11 Kí hiệu thức:  tập hợp số nguyên dương Tìm tất hàm * f f m f n m 2 2n , với f : *  * thỏa mãn đẳng *  m,n Hướng dẫn giải Nếu  m1, m * cho f suy Từ m1 m2 f (m ) hay f m1 m1 f 2 f m2 n f f m2 2 f n m1 2n 2 m2 2n , đơn ánh f f (n) f f ( p) 2 f (q ) m 2n p 2q (1) Dế thấy với n  * , n ta có: n 2 n n 2 n (2) (chú ý điều ta nhân vế với thừa số) Đặt f (1) a f (3 a ) Theo (1) suy ra: 2 2 2 2 2 f (5 a ) f (a ) f (3 a ) f (3 a ) f (3 a ) 27 Vì phương trình x 2 y 2 có nghiệm nguyên dương (x; y)=(3,3) (5,1) nên ta có 2 f ( a ) 1, f ( a ) Cũng từ (1) ta có Vì phương trình x 2 2 2 2 2 2 y có nghiệm nguyên dương (x,y) (4,2) nên 2 f ( a ) , f ( a ) Từ (1) ta có 2 2 2 2 f (( k ) a ) f (( k ) a ) f (( k 1) a ) f ( k a ) , suy từ khai triển (2) Vì theo kết phép quy nạp ta suy f ( k a ) k , với k số nguyên dương Do 3 a f (a ) a f (1) mà f đơn ánh nên a Vậy f ( n ) n với n nguyên dương Thử lại thỏa mãn toán f (4a ) f (2a ) f (5 a ) f (a ) 24 Bài 12 Tìm tất hàm : f 0; : f x : f xy : f x : f n f :Q x f x f y f x, y x f y Q; x, y 2006 f (x ) Q;  ; n Bài 13 Tìm tất hàm liên tục thỏa mãn: * R f (x ) y f (1) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: R x f (x) x x, x Bài 14 Cho hàm số thỏa mãn đồng thời điều kiệ : f n : f f f n , n a Chứng minh f b Tìm biểu thức a Vì f n  n f n , f n Kết hợp điều kiến n 2000 2001 Do b Ta có f n f n n 1 f 1 f n 2000  n nên từ giả thiết  n n 1, n f f n f f f f f n f f 1001 n n f f n 1000, n n ta có f x , n 2001 1 1000,  n  thỏa mãn điều lớn cho với hàm số f thuộc  x n  Bài 15 Cho tập hợp F gồm tất hàm số f :   kiện: f x f f 2x x , x  Hãy tìm số thực F 1,  n  n :  n f 1, Hướng dẫn giải ta f n f ta Thử lại điều kiện, nên tâp hợp n:   n 2000, n f : Hướng dẫn giải Bài 16 Cho f x a y số thực Tìm tất hàm số f x f y axy; x , y  f :  cho: f liên tục  Hướng dẫn giải Bài 17 Cho  n hàm số n a Giả sử f 2002 b Tìm hàm số f f : Tính f cho:  f x n y x n f x f f y ; x, y  2002 Hướng dẫn giải f x n y x n f x f f y ; x, y  * a Từ * ta - Với x 0; f - Với x 1; y 0: f - Với x 1, y  : f y f f y f , 0 y f ta có: f f , Đặt f ta p f  ,q ;p y n f n f f n  n f nf , n f f t ; f  x f x f  n ta * nf , nf ,  f f Do đó, chứng minh quy nạp ta Từ f Do đó, chứng minh quy nạp ta Từ  y  n * chia hết n nên p  nf Do ta q được: f f n Do đó, từ b Từ n n ta ta * f y 0: f f f chẵn: n x 0: f lẻ: Từ n * ta f x , f f y f x Suy ra: f x f n x f x x f n n f Do f x f Từ f px *  n pf Từ : f , f , p px  n pf  x u ta có n px n x Mà f f v Vậy f n u u v v n f v v Ta có 2002 2002 f x x f px n pf x n ta *  n v  , p  x u f u v f n f v n uv n n 1 f v n f 1 f , n v u n v n v f hay Thử lại thỏa mãn Bài 18 Tìm hàm số f  ,v u n v f n x y n v u  x , chứng minh quy nạp ta p Vậy x , f n x x x f n n f n n x x n x (loại) Vậy f 1 x f f  x , f 2002 f n x hay n x x nf n x 2002 n x f f : f Vậy * từ f x suy 0, f  x x 0, hay x  ; x, y f x x, x  thỏa mãn  f x y 2 x yf x f y  Hướng dẫn giải Cho x +) Nếu Cho x y f 0 y f f Cho y ta f  f 0 f  0, x x ta được: f x x f t 2 xf x f x t, t f x x f x x Thử lại thấy +) Nếu f cho Cho 0, y  ta x y f y f Giả sử tôn y0 Chọn y0 x y y 2y f y0 x f x 2y y0 y y0 Nếu f y0 Vậy f y y0 y0 y0 y f t t 1, t f y f y y 1 y 1 ta được: y0 f y0 y f f y0 f y0 y0 y0 1 y0 y0 y0 f 2 y cho  f 2y 2 Nếu y f ta  0, x y0 y0 1 ( Loại) f y0 y0 1 f Bài 19 Tìm tất hàm số f f : x thỏa mãn  f y f x xf 4y f f y ,  x, y Bài 20 Tìm hàm f : i : f Hướng dẫn giải thỏa mãn hai điều kiện  x f y y xf x ,  x, y ii : f f x f y y xf x  x, y Hướng dẫn giải Ta tìm hàm f thỏa mãn (ii) Đối với (i) ta làm tương tự Ngoài thấy hai điều kiện biến đổi Ta dễ thấy f đơn ánh Trong (ii) thay x f f 0, f f y y  y ta có x f f Mặt khác f f x f y Kết hợp (ii) Suy f f x y y, y f y x , y f nên  f f b Trong (ii) lấy f x Vậy f x x , x x x  f f x f x y y  x f xf x ,  x, y mà f đơn ánh nên y x 2 f y f x f y  x Ta không tồn đồng thời Do x 2 x f x a, y nên a x Thử lại thấy hai hàm thỏa mãn Bài 21 Tìm tất hàm số f :  thỏa mãn ta có b a f 0, b f b a x x  a b a b f a b a a, f b b Thật vậy, giả sử tồn a, b , mâu thuẫn  thỏa mãn: 10 Bằng quy nạp ta chứng minh Do f hàm số chẵn nên Thử lại thỏa mãn Vậy f n n 1, n  Bài 26 Tìm f f n n xác định x f x n n 1, 1,  n  thỏa mãn 3; f  n f 2014 f x y f x y f x cos y x, y  Hướng dẫn giải Cho x 0; y f f 2 f f 2014 2 Cho y f x f x f x f x 2 Cho x f y f y 2 f cos y 2 4028 cos y Cho y x f x f x 4028 cos x Cho x f y x y f y f cos y f x 4026 cos y Cho f x 2 4026 cos x 2 s in x Trừ vế hai phương trình f x f x 4028 cos x 2 s in x 2 f x 4028 cos x s in x f x f f x x 2014 cos x s in x Cho x x 13 f x 2014 cos x s in x 2 s in x 2013 cos x Bài 27 Tìm hàm số f x f y Lấy t t f x; y f với x, y > xy Hướng dẫn giải t ; vào (1) ta được: t; , t; f t f 2 t f 2t f t f 4 t f 4t f 2t f x thoả mãn điều kiện:  f : 1; y Với t > 1, thay f f t 2t 2 f 2t f 4t f 4t (2), với t > 2 Thay vào (2) ta được: t f t 2t f 4t Do với t f 1, t f 4t 2t f Từ (1) ta có: f t f 4 t f vơi 4t t 1, t t Với t , từ (1) thay x ,y ta có: 2 f f f 2 f 2 f 2 f f 5 t với t > t Đặt c f f c x với x x Thử lại thỏa mãn điều kiện (1) Vậy hàm số cần tìm là: f c x x Bài 28 Tìm tất hàm số thỏa mãn: f :  xy f ( y )) f (x f (x) f (y) Dễ thấy hàm f không thỏa mãn Ta xét Trong (1) cho y=-1 ta được: f ( f ( 1) ) f f ( 1) f f (x) f ( 1) , hàm Do đó: f ( 1) f (x)  x  2 Ta chứng minh: x, y Hướng dẫn giải không Rõ ràng , f ( 1) x Thật vậy, giả sử tồn a cho f (a ) Trong (1) chọn y a ta có: f (ax x ) 0, x  14 Mâu thuẫn Chú ý khơng hàm Do ta có: f f ( 1) nên từ (1) ta có : f f f f ta : y f 1 y y y , y f x y y f y 2 y 1, f (x) , 2 nên y 1 y 1 f y f f f f ( 1) f y y f Do y y f f f y y y 1 2 Trong (1) chọn x a , f y y y ,y  x y Thử lại ta có hàm số cần tìm f (x) x ,  x Bài 29 Tìm tất số nguyên không âm mãn đồng thời điều kiện sau i f ( xy ) f ( x ) f ( y ); x, y  ii Với a Z f (x 2 y ) f (a ) + Nếu f (2) 0, + Nếu f (2) , thấy f (a ) f (a ) k k k ta thấy k k 1  f : [0; ) khác thỏa ;1; ; .; n Hướng dẫn giải *  vào i) (1) ;1; ; ; n f (a) f (a ) Thật vậy, f (a ) nên (1) khơng thể xảy ra, 1, cách cho f (a ) 1, k f (x) f ( y) f (x)  ;1; ; f ( y ); cho f ( x ) f (1 ) x1 f (0 )  x ,y f ( x0 ) f (1) cho f ( x1 ) f ( x1 ) f ( ) x, y Z , ta với k đủ lớn, nên (1) xảy Thành thử, ta chứng minh với f ( x0 ) khác nên tồn a ; k ;1; ; ; n f (a ) Do đó, n *)Nếu n , f ( x y ) Vì f khác nên tồn x f k y k f ( a ) f ( a ) Từ suy f ( x y ) Do x f (2) f (a ) f (a ) f (2) f (a ) f (2) f (a ) k f ( y )∣ x , y f (x) bất kì, cách thay cho tồn hàm n a, (2) Khi đó,  1 Từ i), ta có f(0 )= Bây giờ, sử dụng (2), ta 2 f (1 2 ) f (1) f (0 ) 15 Điều vơ lí chứng tỏ *)Nếu n 1, hàm số n không thỏa mãn 0 nêu x nêu x f (x) thỏa mãn đề Do đó, n thỏa mãn đề *)Nếu n , ta thấy khơng thể tồn số trái lại, x , y Z , ta có f (p q ) f (x 2 y ) p, q f f Kết hợp với (2) suy xp y q Do đó, f ( xp yq ) f ( xp f (x y ) (p ( xp q )( x yq ) cho y 1; yp ) x, y ( xq yp ) Z ; ( x, y) f (p 2 q ) Thật vậy, Thế nhưng, Điều vơ lí chứng tỏ f ( xq yq ) Z; ( p, q) ( p, q) nên tồn x, y Z để Bây giờ, ta xét hàm số p∣ x nêu nêu q∣ x f (x) p Œx q Œx p , q số nguyên tố phân biệt có dạng k Ta chứng minh hàm f ( x ) xây dựng thỏa mãn i) f ( xy ) f ( x ) f ( y ); f (x ii) 2 y ) x, y Z f ( y )∣ x , y f (x) Z ;1; Kiểm tra điều kiện i) p∣ x y Nếu p q Œx Nếu Vì hiển nhiên q∣ x y p q Œy f ( xy ) f ( xy ) 2 f (1 Dễ thấy f (p p ) q ) f (0 ) f (x f (1) 2 y ) f ( p) f ( p) f (0 ) f (x) f ( y) f (x) f ( y) Kiểm tra điều kiện ii) 2 ;1 nên f ( x y ) f f (x) (x) ; 1; nên f ( y )∣ x , y f (x) Z f (q ) f (0 ) f ( y )∣ x , y Z ; 1; Vậy n 1, n tất giá trị thỏa mãn đề Bài 30 Tìm tất hàm số f :   thoả mãn f x y xf x yf y , x, y  (1) x, y Hướng dẫn giải Cho x , từ suy f y Cho y , từ suy f x 2 yf y , y  xf x , x  Do (1) trở thành: f x y f x f y , x, y  f x y f x f y , * 16 thay y f x f yf 0, y x x f x x f  y f x f x x f f f x , x ,  x , chứng tỏ  x f y f 0, y y x x x y f f x f y y , y x 0, y ** ta có y f x f ta * , * * , (* * * ) y f x f y f x x f x f x x theo hai cách Ta có Bài 31 Cho hàm số a) x ab f f : a,b *  f a,b f f x x f f f tính y , f x f f p q r f Tính giá trị Đặt f a, f b p f 2 f f f 3 f f 7 f 16 f f y *** f xf 2x x f f x f  x xf , x f x ax,  ,a  với a,b *  ,a b ; q f a,b với số nguyên tố r a,b , a,b bội chung ; p,q,r tập hợp tất số nguyên dương Hướng dẫn giải Khi ta có đẳng thức sau: f f f 16  f thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: * f x x f x f x, y 2x f y nhỏ nhất, ước chung lớn hai số nguyên dương b) hàm số lẻ Do với f y f f x f y y y Kết hợp y  y y x y Với f x f f y , y , f x yf ta có y f x yf y ta : xf y yf x y yf từ y ? Kí hiệu 2013 2 f f 2a f a a a f  * b 2b 2 2a b a 3a 2b 5a 2b 2b Do ta có a b a a b Mặt khác ta có đẳng thức sau: f 12 f f 12 f f Suy a b a Từ (1) (2) ta có 5a 3a 2b 2b a 3a f a f 2ab f 2 f a b 3a f 7, f 8 Ta có 2003 số nguyên tố nên 17 f 2013 f 2003 f 2025 f 2003 f 3f f f 17 f 2003 Mặt khác f f Do f f 2013 f f f 17 f 2003 f f 17 f f Thay x f g (x ) 3x x f (3) 10 , kết hợp với (4) ta : 17 f f 15 f 45 f f f 5 9 f f 45 2025 , kết hợp với (5) ta f 2003 2003 Do từ đẳng thức (3) ta x y) y f 9 Bài 32 Tìm tất hàm số 2015 y) x , y R , f (x Đặt f (x ) có g (x 5 2003 45 f 22 2025 2013 2003 f 2025 f f 2025 f 3 2025 f f 5 f f f( x y) 2015 x y) g (3 x vào (1) ta có 3x cho: R f(3 x y) 2015 x 5x 2015 Hướng dẫn giải Thay vào giả thiết ta g (2 x 2015 Xét hàm số h ( x ) R f :R y) g (4 x x x 2015 2015 ), x x, y R (1) R ( ) ta có h(x) liên tục R R li m h ( x ) tập giá trị h(x) R Từ (2) suy g (x ) Do f(x ) x x R Thay vào thử lại ta thấy f(x ) x x Vậy f(x ) x x R Bài 33 Tìm tất hàm số f :  \ {0} tồn Gọi hay cho  no f n0 f Giả sử n 1, n1 suy f n1 f n1 f n1 Nếu n1 f n1 n1 Nếu n1 f n1 n1 f n1 Vậy n1 1, 1, n  f n Bài 34 Tìm tất hàm số f y f x f x thỏa mãn thỏa mãn:  R f n f n f n , n  , với x, y  , f n1 Hướng dẫn giải , suy f n1 f n1 f n1 f n1 n1  ,n n R x x số tự nhiên bé cho n1 2015 , suy ; li m h ( x ) x 4y f f (trái với giả thiết n1 (vô lý)  thỏa mãn điều kiện: x 1 f : n1 6y f x yf x f số tự nhiên bé cho y , x, y  f n1 ) Hướng dẫn giải Giả sử hàm số TH1: f x TH2: f x Ta có: Thay x f thỏa mãn (1) Thử lại ta thấy  , f x0 f x x0 0 thỏa mãn (1) f x0 y f x f y y f x y , x, y  * vào (*), ta 18 y f x0 f y y f x0 y , Ta thấy vế phải (2) hàm số bậc nên có tập giá trị  Thay y Thay y  y cho  u,v f u f v f f x f a, f x a y f f y f x f y f y , f f x f y f u f v f x f y a, x, y u f v Thử lại ta thấy Vậy f x f x f x Bài 35 Xác định hàm số f x f x ; f f x 1 f x x y y x , x , x a,  y f x x a, x  thỏa mãn đồng thời điều kiện: R  x x f ( a số) hàm số cần tìm a f : R f  u,v hay  thỏa mãn điều kiện (1) a x a, (4)  x, y f (3) Từ (3) (4) f f vào (*), ta y f  x f có tập giá trị f y x Do hàm số  vào (*), ta f  x, y Hướng dẫn giải x ta có: x f f 1 x Mặt khác, với khác x f x 1 f x x Từ x x x f x f Từ có Ta có f x f f Bài 36 Cho hàm nhiên m, n f :  f * m x f 1 x x x f x f f x f 1 x 2x f x 0; 1 Vậy thỏa mãn f x 2x khác x  n suy f (0 ) x 2 với x x x x x f x ta có: x x 1 x f 2 1 x x x 2 x x x x x x x x x ta có: 0; 1 f f f x f x m f f n f (x ) f x, x 0; R f (4) Hãy tính Hướng dẫn giải , f f 2016 8888 2222 f với số tự 2017 Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện toán Từ * f (m n) f (m ) f (n ) a với a {0 ;1} 19 Chọn m Khi f 1, n (4) ta có f (2) f (2) f (1) f (2) a Ta thấy (1) với f 4(k 1) n Vậy (1) với n Lại có 2222 f 8888 f ( 2 1) 4k k f Ta lại có: f (4) f ( ) f (4n) f (2n) f (n) 4n 504 f (2n) f (4n) N ) n k a f (4 k ) a f (n) Với f (x a Z 2 y ) a 2221 2( f (n) f (n) f (4 n) n 4 bất kì, cách thay f (a ) + Nếu f (2) 0, + Nếu f (2) , thấy f (a ) f (a ) k f (a ) k f (2) f (a ) f (a ) ta thấy f (2) f (a ) f (2) f (a ) k Từ suy f (x k k f (8 8 ) n f (8 8 ) f ( 2 1) 2221 a) a f (4 n ) f (n) f (n ) y  a k 3a 2222 [0; ) khác thỏa ;1; ; .; n Hướng dẫn giải * ; k  vào i) (1) ;1; ; ; n f : f (a) f (a ) Thật vậy, f (a ) 1, cách cho f (a ) 1, với k k , ta đủ lớn, nên (1) xảy Thành thử, ta chứng minh với a, y ) f ( x0 ) f (mâu thuẫn) Vậy nên (1) khơng thể xảy ra, f (x) Do đó, n *)Nếu n , f ( x y ) Vì f khác nên tồn x Do f (8 8 ) cho tồn hàm n ;1; ; ; n f (a ) f (n ) với x k 1 f (a ) k Ta có: Thật vậy, f (n) f ( y )∣ x , y f (x) Vậy f ( ) Bài 37 Tìm tất số ngun khơng âm mãn đồng thời điều kiện sau i) f ( x y ) f ( x ) f ( y ); x , y  ii) k N ) Do đó: k n * n 2222) f (4) (1) f (8 8 ) n ; ta chứng minh (1) với f (8 8 ) n ( f (1) * n n ( a nên suy f ( 2 1) f (8 8 ) f f (2) f (4) 4n 2222 2016 Suy ra: f f ( 2 1) f (8 8 ) n ( f (4k ) , ta Lập luận tương tự ta Khi 4n Do 2221 Trong f f (4) Giả sử (1) với = f f (1) mà a Ta chứng minh quy nạp: a khác nên tồn f ( y) f (x)  f ( y ); cho f ( x ) f (1 ) x1 f (0 )  ;1; ; f ( x0 ) f (1) cho f ( x1 ) f ( ) x ,y x, y Z (2) Khi đó,  f ( x1 ) Từ i), ta có f(0 )= Bây giờ, sử dụng (2), ta 20 2 f (1 Điều vơ lí chứng tỏ *)Nếu n 1, hàm số n 2 ) f (1) f (0 ) không thỏa mãn 0 nêu x nêu x f (x) thỏa mãn đề Do đó, n thỏa mãn đề *)Nếu n , ta thấy khơng thể tồn số trái lại, x , y Z , ta có f (p q ) f (x 2 y ) f f Kết hợp với (2) suy xp y q Do đó, f ( xp yq ) f ( xp f (x y ) Z; ( p, q) 2 q )( x yq ) 2 y ( xq cho yp ) x, y yp ) 2 q ) Thật vậy, Z ; ( x, y) f (p Thế nhưng, Điều vơ lí chứng tỏ 1; (p ( xp f ( xq yq ) p, q ( p, q) nên tồn x, y Z để Bây giờ, ta xét hàm số p∣ x nêu nêu q∣ x f (x) p Œx q Œx p , q số nguyên tố phân biệt có dạng k Ta chứng minh hàm f ( x ) xây dựng thỏa mãn i) f ( x y ) f ( x ) f ( y ); x , y Z ii) f (x 2 y ) f ( y )∣ x , y f (x) Z ; 1; -Kiểm tra điều kiện i) p∣ x y Nếu q∣ x y p q Œx Nếu p q Œy hiển nhiên f ( xy ) -Kiểm tra điều kiện ii) Vì f ( x ) ;1 nên 2 f (1 Dễ thấy p ) f (p 2 f (x Vậy n 1, n f (0 ) f (x) R f ( y )∣ x , y Z ; 1; f (q ) nên f ( y )∣ x , y Z ; 1; tất giá trị thỏa mãn đề 2) 3) 4) a, b f (x) f ( y) f (x) f ( p) f ( p) Bài 38 Xác định hàm số điều kiện: 1) f ( x ) Với y ) f (1) f (0 ) f (x) f ( y) f (x q ) y ) 2 f (0 ) f ( xy ) f (x) liên tục f (x) f ( f ( x )(e f (x) R với 1) ) ( R tập hợp số thực dương) thỏa mãn đồng thời R x x (e x R , 1) f ( x ) với x R , , f ( k ) số nguyên dương với số nguyên dương k Hướng dẫn giải f ( a ) f ( b ) , suy f ( a ) ( e f ( a ) 1) f ( b ) ( e f ( b ) 1) Do f (e 1) (e 1) f (1) 21 f (a ) f ( f ( a )(e Hay a ( e a Xét hàm số 1) f ( a ) b (e h(x) x (e b x 1) f ( b ) 1) R 1) ) f (b ) f ( f (b )(e Vì f ( a ) f , ta có h ( x ) (b ) nên ta suy 1) ) x (e x 1) x x e a (e a với 1) b (e x b R Do hàm số 1) đồng biến R Do từ a ( e a 1) b ( e b 1) , ta suy h ( a ) h ( b ) hay a b Vậy f ( x ) đơn ánh Kết hợp với f ( x ) liên tục ta suy f ( x ) hàm đơn điệu thực Mặt khác, theo giả thiết f ( ) f (1) f (1) nên ta suy f ( x ) hàm tăng thực R Từ 2) ta cho x f ( f (1)( e f (1 ) 1)) ( e 1) f (1) Kết hợp với 3) ta suy f (1 ) f ( f (1) ( e 1) ) f ( e 1) Vì f ( x ) hàm tăng thực R nên ta suy f (1) ( e f (1 ) 1) e Xét hàm số g ( x ) x ( e x 1) R , ta có g ( x ) x ( e x 1) x e x với x R Do hàm số x f (1 ) 1) e , ta suy g ( f (1)) g (1) hay g (x) x (e 1) đồng biến R Do từ f (1) ( e f (1) Vì f ( x ) f ( x ) với x R f (1) nên theo quy nạp ta có f ( n ) n với số tự nhiên n Với số tự nhiên n , ta có n n n n n n n n f (2 ) f (2 1) f (2 ) f (2 1) f (2 ) n n n n Vì điều kiện 4) nên f ( 1), f ( 2 ), , f ( 2 1) số nguyên dương Do ta suy n n n n n n n n f (2 1) 1, f ( 2) 2 , , f ( 2 1) 2 Vậy f ( n ) n với số nguyên dương n h(x) Từ x (e f (2 x) x 1) với f (x) x Ta suy R n f (2 x) n f (x) với x R Cho với x m m,n số nguyên dương ta suy f (m ) n m f ( nguyên dương Với x m,n Do ) m n f ( m n ) hay f ( m n ) m n với với số tùy ý cho trước tồn dãy số R n n qk , có dạng qk m n hội tụ đến x Vì f (x) hàm liên tục nên x lim q k lim f ( q k ) k Thử lại ta thấy hàm số f (x) x f ( lim q k ) k f (x) k thỏa mãn điều kiện Bài 39 Tìm số nguyên dương m nhỏ cho tồn hàm số thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i/ f m f 2015 , f m f 2016 ; ii/ f n f n f n m , n f : *  \ 1; ;1 1, , Hướng dẫn giải Ta có f n 2m f Với m 1, ta có f f n n f f f f 4m n f n , f n 4k f f n  n * n ; f n 3 n f k,n , f f n n , n 2015 f  n  * * 1 : vô lý f Với m , ta có f n f n f n 8k f n , n, k  * 22 f n f ; f f Ta có f f n n , n f 2015 f n *  n f f f f 2016 f 8 f f f f f f 2  \ a , đặt 1; ;1 f f 1 Điều mâu thuẫn dẫn đến m Với m , ta xây dựng vô số hàm Cho 4 f ; a; f n thỏa yêu cầu toán sau f a a f n f n , ; f n Khi đó, chứng minh quy nạp hàm số xác định f  \ n ; a *  1; ;1 ,  n * theo chứng minh f n f Khi f 2015 f , f n 12k 2016 n , n, k  * n 11 f 11 f f f f 12 f 1 f a f 12 f f f a 1 f a f Vậy hàm số thỏa mãn u cầu tốn Bài 40 Tìm hàm f (x ) liên tục R thỏa mãn: f (x y) f(x y) f(x ) f(y ) x, y R Hướng dẫn giải +)Cho x = y = từ (*) f(0) = +)Thay x y y x ta được: f (x suy +)Cho x y) f (x f(x y) y f(y f (2 x ) x f y) f(x ) x, y R , x,y R f(x) hàm số chẵn * f ( x ) , CM quy nạp ta f(nx) = n f(x), x R, n N x) n f(y ) n f ( x ), x R, n N * f m x n m n 2 x R, n, m N * + hay f(rx) = r f(x), x R, r Q , +) Vì f(x) hàm chẵn nên f(rx) = r2f(x), x R, r Q +) Vì f(x) liên tục R nên f( x) = 2f(x), x R, R Vậy f(x) = ax2, với a = f(1), x R Bài 41 Cho hàm f : R R (R {x R| x } ) cho: f (x ) f ( x ), f y f (x y x f ( y )) x, y f( ) = a a) Chứng minh f hàm tăng không nghiêm ngặt R+ b) Tìm tất hàm f thỏa mãn điều kiện 23 Hướng dẫn giải a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0 Xét hàm g(x) = x2 + f(4y)x hàm đồng biến R+ f(4y)>=0 Mà: g (0 ) 0; g ( ) TG T g (x) [0 ;+ ) nên với số dương a tồn x0 để a= g(x0) > Do f(y+a) = f(g(x0)+y) >= f(y) với số a dương Chứng tỏ f hàm tăng không nghiêm ngặt b) Xét hai trường hợp sau: TH1: Tồn t > để f(t) = x Thay x t f (y) M f (t ) f (t y) f (0 ) f (t ) f (y t f (y) f (2t) t f ( y )) f (y t) f (nt) n f (t y y) Z Kết hợpvới f(x) hàm không giảm nên f(x) = với x không âm Vì ngược lại tồn u > để f(u) > ln tồn n ngun dương để nt > u f(nt) = mâu thuẫn với tính khơng giảm hàm f TH2: Với số dương t có f(t) > Theo chứng minh suy f hàm tăng ngặt Thay y y2 ta có: f(x2) + f(y2) = f(x2 + y2 + xf(4y2)) Thay x y, y x2: f (y ) f x f (y x yf (4 x )) yf (4 x) Vì f tăng ngặt nên: x y 2 xf (4 y ) y x 2 x( f (4 y ) yf (4 x) f (4 y ) y f (x) k f (4 x) kf x 0; y x x Thử lại ta k=1 KL: Bài tốn có hai nghiệm f x 0; f (x ) x Bài 42 Tìm tất hàm f: R→R* liên tục R thỏa mãn điều kiện: 1 f (x) f (x x R x) Hướng dẫn giải 2 Ta có (1) f(x)+f(x +2x) = f(x).f(x +2x) [f(x)-1].[f(x+1)2-1]=1 Thế x x-1 ta [f(x-1)-1].[f(x2-1)-1]=1 Đặt g(x)=f(x-1)-1 g liên tục R; g(x) x R g(x) g(x2)=1 x R (2) Từ (2) ta có g(x) x R Thay x –x g(-x).g(x2)=1-g(x).g(x2) g(-x)=g(x) Vậy g hàm chẵn x nên ta cần xét với x>0 R Từ (2) ta có: g(x) = = g(x4) g(x)=g(x1/4) x>0 Lấy a>0 tùy ý, xét dãy (xn) xác định sau: x0=a; xn+1=xn1/4 n N Lim xn=1 Và có g(xn)=g(xn1/4)=g(xn+1) x N g(xn)=g(xn-1)=…=g(x0)=g(a) Vì g liên tục nên ta có g(x) =Lim g(xn)=g(Lim xn) = g(1) Thay x=1 vào (2) g2(1)=1 g(1)=1 (vì g 1) g(x) =1 a>0 g(x)=1 x R f(x)=2 x R Bài 43 Tìm tất hàm số f :   thỏa mãn: xf x xy xf x f x f y , x, y  Hướng dẫn giải xf x xy xf x f x f y , x, y  24 Trong (1) lấy x = y = f(0) = Trong (1) lấy y = -1 ta có xf x f x f xf 0,  x Trong (2) lấy x = -1 ta được: f f f f 1 0 f + Nếu f + Nếu f 1 từ (2) suy f đồng hàm thỏa mãn tốn (2) lại lấy x = ta thu Từ (2) trở thành : f x xf x ,  x f 1 Trong (1) ta cho y = 1: xf 2x xf x f x f ,  x f 2x f x , x  ,x f y f y , y f y f Kết hợp (1) (3) ta được: f x xy f x f x f y , y Từ (4) lấy x = 1, x = -1 ta có:  y ,  y Như hàm f hàm số lẻ Trong (4) thay y -y sử dụng tính lẻ hàm f: f x xy f x f x f y f x f x f y ,  ,x y Cộng vế theo vế (4) (5) : f x xy f x xy Mà f(0) = nên ta có f f x f 2x , x xy f x f Và ta tính biểu thức f x f x 2x xy x f y f f f x x  ,x y x f x 2x , f y ,  x, y  x, y theo hai cách: f 2x x f xf x f 1, x  , x  x f x f x x f x Từ hai điều thu được: xf x f x x f x , Thử lại thỏa Kết luận toán là: Bài 44 Tìm tất hàm số  x f x f 0, f : \  f ( y) x x x,  ; f  x x x, cho với f (x) x khác x x, y x f ( y ) f  x y ta có y Hướng dẫn giải Đặt g (x) f ta PTH: g (y) g (x) g (y)g x + Cho y=1: g (1) (1) y x g (x) g (1) g x Suy g (1) g x y g (1) g x (2) y 25 g (1) x g y + Từ (1) (2) suy g ( y) g (x) g ( y ) x g ( y)g g (1) x, y 0; x y (3), với g ( x ) g (1) y + Trong (3) thay x y , ta được: x g (y)g x g(y (4) x ) g (1) y + Từ (1), (4) suy g ( y ) u,v 0; u v + Từ (3) suy g ( x y ) g (1) g (x) g(y x ) g (1) g ( x ) g ( y ) với Từ suy x, y g (u g (x) Vậy x f (x) g (u ) g ( v ) g (1) (5), với (6) + Hốn đổi vai trò u,v (5) suy g (1) g ( x ) được: g ( u v ) g ( u ) g ( v ); g ( u v ) g ( u ) g ( v ) với u , v Theo kết ta v) (mâu thuẫn) Do g (1) ta hàm cần tìm x Bài 45 Tìm tất hàm f :   thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i) Với cặp a, b nguyên dương không nguyên tố nhau, ta có f (a ) f(b ) f(a b ) Với a, b nguyên dương tồn tam giác khơng suy biến có độ dài ba cạnh ii) f (a ), f (b ) f (a b 1) Hướng dẫn giải Từ đk 2, với a, b nguyên dương, ta có f a f b f a f a f a b f a b ; b f b ; f b f a ; a b 2: f a 3; b 2: f f 2 f ;2 f f f f f f f or f 2 f f 2 f f 2 Nếu f(2)=1 Do f ( ) f (1) f (1) Quy nạp chứng minh f(n)=1 với n nguyên dương Cho a n , b : f (n 1) f(n ) f( ) f(n 1) Nếu f (2) , quy nạp chứng minh f k f f k k f k Do f ( ) f ( ) f (3 ) f ( ) f (3 ) Quy nạp chứng minh f (n ) n với n Cho a n 1, b : f (n ) f(n 1) f( ) n f(n ) n Lấy r số nguyên lớn cho 2r khơng vượt q n Nếu 2r=n theo chứng minh có f(n)=n Nếu n= 2r+s với s r 26 a n T a co f f n f f (n ) Do f n n f (1) r s ; b r s r 1 r s f r r s f s n r f r r s s 1 f r r s ; s n r s 1 n n 2 f( ) nên f(1) 1, Vậy f(n)=1 với n nguyên dương f (n ) n n f (1) 1; ; 27 ... f (3 a ) f (3 a ) f (3 a ) 27 Vì phương trình x 2 y 2 có nghiệm nguyên dương (x; y)=(3,3) (5,1) nên ta có 2 f ( a ) 1, f ( a ) Cũng từ (1) ta có Vì phương trình x 2 2 2 2 2 2 y có nghiệm nguyên...  x a , x (9)   R Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình Bài 11 Kí hiệu thức:  tập hợp số nguyên dương Tìm tất hàm * f f m f n m 2 2n , với f : *  * thỏa mãn đẳng *  m,n... f(x) = x4, x f , x (8)  x a x , x  (9)  R Thử lại, ta thấy f(x) = f(x) = x4 nghiệm phương trình Bài Tìm tất hàm số f: f ( xf ( y ) Thay y) f ( xy x = ,y = x) R R thoả mãn f (x y) 2013 xy vào