i | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai MỤC LỤC A Giới thiệu phương pháp thêm biến B Một số kết C Phương pháp thêm biến phương trình hàm có tính đối xứng D Phương pháp thêm biến lớp hàm đơn điệu 11 E Phương pháp thêm biến lớp hàm liên tục 16 F Bài tập 21 Tài liệu tham khảo MỤC LỤC 59 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN A GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN Vào năm 2012, tơi có viết chun đề "Giải phương trình hàm phương pháp thêm biến" (tài liệu tham khảo [1]) Trong q trình giảng dạy tơi có sưu tầm thêm số tập mới, gần có tham khảo thêm viết "Phương pháp thêm biến giải phương trình hàm" tác giả Võ Quốc Bá Cẩn (tài liệu tham khảo [3]) Ý tưởng phương pháp đơn giản sau: Khi gặp phương trình hàm với cặp biến tự x, y, cách thêm biến z (hoặc thêm vài biến mới), ta tính biểu thức chứa x, y, z theo hai cách khác nhau, từ ta thu phương trình hàm theo ba biến x, y, z, sau chọn z giá trị đặc biệt biến đổi, rút gọn phương trình hàm theo ba biến x, y, z để thu phương trình hàm mới, hướng tới kết tốn Về mặt ý tưởng đơn giản, thực phương pháp giải phương trình hàm Tuy nhiên công dụng phương pháp lại mạnh mẽ, giải nhiều toán; việc thêm vài biến giúp phép trở nên linh hoạt, uyển chuyển có nhiều lựa chọn hơn, từ phát nhiều tính chất thú vị hàm số cần tìm Bài tốn Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f ( f ( x ) + y) = x + f (y), ∀ x, y ∈ Q (1) Giải Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Ta thêm biến z sau: Với x, y, z thuộc Q, sử dụng (1) ta f ( f ( x ) + y + z) = x + f (y + z), ∀ x, y, z ∈ Q (2) Mặt khác với số hữu tỉ x, y, z f ( f (z) + x ) = z + f ( x ), f (y + (z + f ( x )) = f (y + f ( f (z) + x )) = f (z) + x + f (y) (3) Từ (2) (3) suy f (y + z) = f (y) + f (z), ∀y, z ∈ Q (4) Tương tự toán trang 3, suy f ( x ) = ax, ∀ x ∈ Q Thay vào (1) ta rút a2 = ⇔ a = ±1 Thử lại thấy f ( x ) ≡ x f ( x ) ≡ − x thỏa mãn yêu cầu đề Chú ý Cũng lập luận tương tự sau: Để sử dụng lại "kiểu truy hồi" (1), ta thay x f ( x ) + z (tức thêm biến z ∈ Q) sử dụng (1) ta f ( x + y + f (z)) = f ( x ) + f (y) + z, ∀ x, y, z ∈ Q ⇒z + f ( x + y) = f ( x ) + f (y) + z, ∀ x, y, z ∈ Q ⇒ f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ Q thu kết Tổng quát hơn, đề có dạng f ( x + g(y)) ta thêm biến cách thay y y + g(z) biến đổi hai vế so sánh Bên cạnh đó, hay sử dụng tính đối xứng biến MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Bài toán Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn x f ( x ) − y f (y) = ( x − y) f ( x + y), ∀ x, y ∈ R (1) Giải Ta thêm biến z sau: Theo (1) ta có x f ( x ) − z f (z) = ( x − z) f ( x + z), ∀ x, z ∈ R x f ( x ) − z f (z) = [ x f ( x ) − y f (y)] + [y f (y) − z f (z)] = ( x − y) f ( x + y) + (y − z) f (y + z), ∀ x, y, z ∈ R (2) (3) Từ (2) (3) suy ( x − z) f ( x + z) = ( x − y) f ( x + y) + (y − z) f (y + z), ∀ x, y, z ∈ R (4)   x+z = u u+1 1−u u−1 x + y = ⇔ ( x; y; z) = Với u ∈ R, xét hệ ; ; Do (4) trở thành  2 y+z = f (u) = f (1)u + f (0)(1 − u), ∀u ∈ R hay f ( x ) = ax + b, ∀ x ∈ R Thay vào (1) thấy thỏa mãn Bài tốn Tìm hàm số f , g : Z → Z thỏa mãn: g đơn ánh f ( g( x ) + y) = g ( f (y) + x ), ∀ x, y ∈ Z (1) Giải Ta thêm biến z sau: f ( g( x ) + y) = g ( f (y) + x ), ∀ x, y ∈ Z ⇔ f ( g( x ) + y) + z = g ( f (y) + x ) + z, ∀ x, y, z ∈ Z ⇔ g ( f ( g( x ) + y) + z) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z ⇒ f ( g(z) + g( x ) + y) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z ⇒ f ( g( x ) + g(z) + y) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z ⇒ g ( f ( g(z) + y) + x ) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z ⇒ f ( g(z) + y) + x = g ( f (y) + x ) + z, ∀ x, y, z ∈ Z ⇒ g ( f (y) + z) + x = g ( f (y) + x ) + z, ∀ x, y, z ∈ Z (2) Từ (2) cho z = − f (y) ta g(0) + x = g ( f (y) + x ) − f (y), ∀ x, y ∈ Z ⇔ g(0) + x + f (y) = g ( f (y) + x ), ∀ x, y ∈ Z (3) Từ (3) cho x = − f (y) + t ta g(0) + t = g(t), ∀t ∈ Z Vậy g( x ) = x + c, ∀ x ∈ Z Thay vào (1) ta f ( x + y + c) = f (y) + x + c, ∀ x, y ∈ Z (4) Từ (4) lấy x = −y − c ta f (y) = y + d, ∀y ∈ Z (với d = f (0)) Vậy g( x ) = x + c, ∀ x ∈ Z f ( x ) = x + d, ∀ x ∈ Z, với c d số nguyên tùy ý Thử lại thấy Chú ý Như vậy, cần trải qua vài ba toán bạn đọc nắm phương pháp thêm biến giải phương trình hàm Tuy nhiên chuyên đề đưa vào số lượng lớn toán để bạn đọc luyên tập, củng cố thêm phương pháp thêm biến phương pháp giải phương trình hàm nói chung Tất toán giải chi tiết, có giải vài ba cách, có cách thêm biến MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai B MỘT SỐ KẾT QUẢ CƠ BẢN Trong mục ta phát biểu chứng minh số kết (thơng qua tốn) sử dụng chuyên đề Lưu ý toán bản, cần thiết cho muốn tìm hiểu phương trình hàm (cả kết lời giải), chẳng hạn toán 4, 5, thi học sinh giỏi phép sử dụng mà khơng cần chứng minh lại Bài tốn (Phương trình hàm Cauchy) Tìm tất hàm số f : R → R, liên tục R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R (1) Giải Giả sử f hàm số thỏa mãn đề bài, ta có (1) Trong (1) lấy y = x ta f (2x ) = f ( x ), ∀ x ∈ R (2) Trong (2) lấy x = ta f (0) = Từ (1) (2) phương pháp quy nạp ta chứng minh f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ N (3) Trong (1) lấy y = − x sử dụng f (0) = ta f (− x ) = − f ( x ), ∀ x ∈ R (4) Bởi n = −1, −2, , sử dụng (3) (4) ta có f (nx ) = f (−n(− x )) = −n f (− x ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R (5) f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ Z (6) Từ (3) (5) suy Với n = 1, 2, , sử dụng (3) ta có n x n f (x) = f = nf x n x n ⇒ f = f ( x ), ∀ x ∈ R n (7) Với m, n ∈ Z n > 0, sử dụng (7) (6) ta có f m x = f n Bởi Trong (8) lấy x = ta m x n = mf x n m = m f ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ R n n f (rx ) = r f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀r ∈ Q (8) f (r ) = r f (1), ∀r ∈ Q (9) ∞ Với x ∈ R tồn dãy số hữu tỉ {rn }+ n=1 cho lim rn = x Vì f liên tục nên n→+∞ f (x) = f Vậy lim rn n→+∞ = lim f (rn ) = lim rn f (1) = f (1) lim rn = f (1) x n→+∞ n→+∞ n→+∞ f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R (với C số tùy ý) Thử lại thấy thỏa mãn Ta kết luận: tất hàm số cần tìm có dạng (10) MỤC LỤC (10) | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Bài tốn Tìm hàm số f : R → R, liên tục R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) f (y), ∀ x, y ∈ R (1) Giải Dễ thấy hàm f ( x ) ≡ thỏa mãn (1) Tiếp theo xét f ( x ) ≡ Khi tồn x0 ∈ R cho f ( x0 ) = Theo (1) ta có f ( x0 ) = f ( x + ( x0 − x )) = f ( x ) f ( x0 − x ), ∀ x ∈ R Suy f ( x ) = 0, ∀ x ∈ R f ( x ) = f x x + 2 ln f ( x ) = g( x ) = f x 2 > 0, ∀ x ∈ R Vậy đặt f ( x ) = e g( x ) Khi hàm g liên tục R e g( x+y) = e g( x) e g(y) , ∀ x, y ∈ R ⇔e g(x+y) = e g(x)+ g(y) , ∀ x, y ∈ R ⇔ g( x + y) = g( x ) + g(y), ∀ x, y ∈ R Theo kết toán suy g( x ) = bx, ∀ x ∈ R b số Vậy f ( x ) = ebx = a x , với a > tùy ý Các hàm số thỏa mãn đề f ( x ) ≡ 0, f ( x ) ≡ a x ( a số dương) Lưu ý Phương trình hàm (1) tốn gọi phương trình hàm Cauchy Kết toán phép sử dụng mà khơng cần chứng minh lại Bài tốn Cho hàm số f đơn ánh liên tục khoảng Chứng minh hàm số f đơn điệu thực khoảng Giải Giả sử f đơn ánh liên tục khoảng ( a; b) Lấy hai giá trị cố định α, β ∈ ( a; b) mà α < β Với x, y ∈ ( a; b) , x < y ta xét hàm số g : [0; 1] → R xác định sau g(t) = f ((1 − t) β + ty) − f ((1 − t)α + tx ) , ∀t ∈ [0; 1] Khi g hàm liên tục đoạn [0; 1] g (0) = f ( β ) − f ( α ), g (1) = f ( y ) − f ( x ) Nếu g(0).g(1) = [ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] < tồn γ ∈ (0; 1) cho g(γ) = Nghĩa f ((1 − γ) β + γy) − f ((1 − γ)α + γx ) = ⇒ f ((1 − γ) β + γy) = f ((1 − γ)α + γx ) Vì f đơn ánh nên (1 − γ) β + γy = (1 − γ)α + γx ⇔ (1 − γ)( β − α) = γ( x − y) Điều vơ lí vế phải âm vế trái dương Bởi g(0).g(1) = [ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] ≥ Nhưng [ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] = f ( β) = f (α) f (y) = f ( x ) Điều mâu thuẫn với f đơn ánh Bởi [ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] > Suy f ( β) − f (α) dấu với f (y) − f ( x ) Do f đơn điệu thực MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Bài tốn Tìm hàm số f : R → R, đơn điệu R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R (1) Giải Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp 1: f hàm tăng Tương tự toán trang ta chứng minh f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q (2) ∞ +∞ Với x ∈ R tùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }+ n=1 , { }n=1 cho un ≤ x ≤ , ∀n = 1, 2, ; lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Vì f hàm tăng nên kết hợp với (2) ta có f (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) ⇒ kun ≤ f ( x ) ≤ kvn (∀n = 1, 2, ) Cho n → +∞ bất đẳng thức ta kx ≤ f ( x ) ≤ kx ⇒ f ( x ) = kx Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn Trường hợp 2: f hàm giảm Tương tự toán trang ta chứng minh f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q (2) ∞ +∞ Với x ∈ R tùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }+ n=1 , { }n=1 cho un ≤ x ≤ , ∀n = 1, 2, ; lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Vì f hàm giảm nên kết hợp với (2) ta có: f (un ) ≥ f ( x ) ≥ f (vn ) ⇒ kun ≥ f ( x ) ≥ kvn (∀n = 1, 2, ) Cho n → +∞ bất đẳng thức ta kx ≥ f ( x ) ≥ kx ⇒ f ( x ) = kx Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k số bất kì) Bài tốn Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) (1) Giải Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Từ (1) cho x = y ta được: f (2x ) = f ( x + x ) = f ( x ) + f ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được: f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) , n ∈ N∗ MỤC LỤC (2) | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Đặt c = f (1) > Với n = 1, 2, , ta có: (2) c = f (1) = f (n ) = n f n n ⇒ f Giả sử r ∈ Q, r > 0, ∃m, n ∈ N∗ cho: r = f (r ) = f m n = f m n n = c , ∀n ∈ N∗ n (3) m Ta có: n (2) = mf n (3) = cm = cr n (4) Từ giả thiết suy ra: f ( x + y) > f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞), f hàm tăng (0; +∞) Với số thực x > 0, tồn hai dãy số hữu tỉ dương (αn ), ( β n ) cho: αn ≤ x ≤ β n , ∀n = 1, 2, lim αn = x = lim β n n→+∞ n→+∞ Do (4) f tăng nghiêm ngặt (0; +∞) nên: f (αn ) ≤ f ( x ) ≤ f ( β n ), ∀n = 1, 2, ⇒cαn ≤ f ( x ) ≤ cβ n , ∀n = 1, 2, (5) Từ (5) cho n → +∞ sử dụng nguyên lí kẹp ta được: cx ≤ f ( x ) ≤ cx, ∀ x > Vậy f ( x ) = cx, ∀ x > Thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu đề Chú ý Tương tự, ta thu kết quả: Nếu hàm số f : (0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) f ( x ) = cx, ∀ x > 0, với c số khơng âm Bài tốn Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R f ( xy) = f ( x ) f (y), ∀ x, y ∈ R (1) (2) Giải Từ (1), tiến hành tương tự lời giải toán trang ta chứng minh kết sau: f (rx ) = r f ( x ), ∀ x ∈ R, r ∈ Q (3) f (0) = 0, f (− x ) = − f ( x ), ∀ x ∈ R (4) Từ (2) cho y = x ta f ( x2 ) = [ f ( x )]2 , ∀ x ∈ R Suy f ( x ) ≥ 0, ∀ x ≥ Từ (2) (3) ta được: r f ( x ) = f (rx ) = f (r ) f ( x ), ∀ x ∈ R, r ∈ Q (5) Dễ thấy f ( x ) ≡ thỏa mãn yêu cầu đề Xét f ( x ) ≡ Khi tồn x0 ∈ R cho f ( x0 ) = Từ (5) cho x = x0 , ta f (r ) = r, ∀r ∈ Q (6) Tiếp theo ta chứng minh f hàm đồng biến Giả sử x < y Khi y − x > ⇒ f (y − x ) ≥ MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Sử dụng (1) ta f (y) = f ((y − x ) + x ) = f (y − x ) + f ( x ) ≥ f ( x ) ⇒ f ( x ) ≤ f (y) ∞ +∞ Vậy hàm f đồng biến R Với x ∈ R tùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ {un }+ n=1 , { }n=1 cho un ≤ x ≤ , ∀n = 1, 2, ; lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Vì f hàm tăng nên kết hợp với (6) ta có f (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) ⇒ un ≤ f ( x ) ≤ (∀n = 1, 2, ) Cho n → +∞ bất đẳng thức ta x ≤ f ( x ) ≤ x ⇒ f ( x ) = x Sau thử lại ta kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) = 0, ∀ x ∈ R f ( x ) = x, ∀ x ∈ R C PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH HÀM CĨ TÍNH ĐỐI XỨNG Đối với phương trình hàm có tính đối xứng theo cặp biến x y, ta thay cặp ( x; y) cặp (y; x ) phương trình hàm khơng đổi, tức ta khơng thu Những trường hợp ta thường thêm biến z để tạo bất đối xứng thu phương trình hàm khác Bài tốn 10 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) f (y) f ( xy), ∀ x, y ∈ R (1) Giải Giả sử hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Sử dụng (1), ta thêm biến z sau: f ( x + y + z) = f ( x ) f (y + z) f ( xy + xz) = f ( x ) f (y) f (z) f (yz) f ( xy) f ( xz) f ( x2 yz), ∀ x, y, z ∈ R f ( x + y + z) = f (y) f ( x + z) f ( xy + yz) (2) = f ( x ) f (y) f (z) f ( xz) f ( xy) f (yz) f ( xy2 z), ∀ x, y, z ∈ R (3) Từ (2) (3) suy f ( x2 yz) = f ( xy2 z), ∀ x, y, z ∈ R (4) ta f ( x ) = f (y), ∀ x, y ∈ R\ {0}, hay f hàm xy R\ {0} Giả sử f ( x ) = c, ∀ x ∈ R\ {0} (c số) Từ (1) lấy x = y = ta Với x = 0, y = 0, từ (4) lấy z = c = c3 ⇔ c ∈ {0, 1, −1} Từ (1) lấy y = − x = ta f (0) = c3 = c Vậy f ( x ) ≡ c, ∀ x ∈ R Do tất hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) ≡ 0, f ( x ) ≡ 1, f ( x ) ≡ −1 MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Bài tốn 11 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f ( x + y) = f ( x ) cos y + f (y) cos x, ∀ x, y ∈ R (1) Giải Ta thêm biến z sau: Với số thực x, y, z, theo (1) ta có f ( x + y + z) = f ( x + y) cos z + f (z) cos( x + y) = [ f ( x ) cos y + f (y) cos x ] cos z + f (z) cos( x + y) = [ f ( x ) cos y + f (y) cos x ] cos z + f (z) (cos x cos y − sin x sin y) (2) Mặt khác f ( x + y + z) = f ( x ) cos(y + z) + f (y + z) cos x = f ( x ) cos(y + z) + [ f (y) cos z + f (z) cos y] cos x = f ( x ) (cos y cos z − sin y sin z) + [ f (y) cos z + f (z) cos y] cos x (3) Từ (2) (3) thu [ f ( x ) cos y + f (y) cos x ] cos z + f (z) (cos x cos y − sin x sin y) = f ( x ) (cos y cos z − sin y sin z) + [ f (y) cos z + f (z) cos y] cos x Dễ dàng rút gọn f (z) sin x sin y = f ( x ) sin y sin z, ∀ x, y, z ∈ R Từ (4) lấy y = (4) π ta f (z) sin x = f ( x ) sin z, ∀ x, z ∈ R f (z) f (x) = , ∀ x = mπ, z = nπ (m, n ∈ Z) ⇒ sin x sin z f (x) ⇒ ≡ c ⇒ f ( x ) ≡ c sin x sin x (5) Vậy f ( x ) = c sin x, ∀ x ∈ R (c số) Thử lại thấy thỏa mãn π Lưu ý Đến (5) ta lí luận sau: Từ (5) lấy z = ta f ( x ) = c sin x, ∀ x ∈ R, c = f π kết tương tự Từ lời giải phương pháp thêm biến ta suy π lời giải khác, ngắn gọn sau: Trong (1) lấy y = , ta f x+ Đặt x + π = f π cos x, ∀ x ∈ R (6) π = t, thay vào (6) ta f (t) = f π π cos t − 2 = f π sin t, ∀t ∈ R kết tương tự MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Bài toán 12 (Chọn đội tuyển Ấn Độ năm 2004) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f ( x + y) = f ( x ) f (y) − c sin x sin y, ∀ x, y ∈ R, (1) c số lớn Giải Bằng cách thêm biến z ta có f ( x + y + z) = f ( x ) f (y + z) − c sin x sin (y + z) = f ( x ) [ f (y) f (z) − c sin y sin z] − c sin x (sin y cos z + cos y sin z) = f ( x ) f (y) f (z) − c f ( x ) sin y sin z − c sin x sin y cos z − c sin x cos y sin z Tương tự, ta có f (y + x + z) = f ( x ) f (y) f (z) − c f (y) sin x sin z − c sin y sin x cos z − c sin y cos x sin z Mà f ( x + y + z) = f (y + x + z) nên c f ( x ) sin y sin z + c sin x sin y cos z + c sin x cos y sin z =c f (y) sin x sin z + c sin y sin x cos z + c sin y cos x sin z Suy ra: sin z [ f ( x ) sin y − f (y) sin x ] = sin z (sin y cos x − cos y sin x ) π Thế z = , ta nhận được: f ( x ) sin y − f (y) sin x = sin y cos x − cos y sin x (2) Trong (2) lấy x = π, ta được: f (π ) sin sin y √y = − √ π 2 Trong (3), lấy y = , ta được: f (π ) =− ⇔ f (π ) = −1 2 π Trong (1), lấy x = y = , ta được: f (π ) = f π π − c ⇔ f2 2 = c−1 ⇔ f π (3) √ = ± c − Trong (1), lấy y = π, ta f ( x + π ) = f ( x ) f (π ) ⇒ f ( x + π ) = − f ( x ) (4) Từ (4) (1) ta có π π − f (x) = f (x + π ) = f x + + 2 π π π π = f x+ f − c sin x + sin 2 2 π π π = f x+ f − c cos x = f ( x ) f − c sin x f 2 π − c cos x Suy π π + = cf sin x + c cos x 2 π π ⇒c f ( x ) = c f sin x + c cos x ⇒ f ( x ) = f sin x + cos x 2 f (x) f MỤC LỤC 45 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Thay y = x − x3 vào phương trình trên, ta f 2x − x3 = C , ∀ x ∈ R Do 2x − x3 nhận giá trị R (do 2x − x3 đa thức bậc lẻ) nên từ đây, ta có C C f (x) = với x ∈ R Thử lại, ta thấy f ( x ) = g( x ) = C thỏa mãn yêu cầu Vậy có 2 C cặp hàm số f , g thỏa mãn yêu cầu f ( x ) = g( x ) = C (C số thực đó) Bài tốn 40 Giả sử tồn hàm số f , g : R → R thỏa mãn g ( f ( x + y)) = f ( x ) + (2x + y) g(y), ∀ x, y ∈ R (1) Cách Trong (1) thay y −2x ta được: g ( f (− x )) = f ( x ), ∀ x ∈ R Do (2) nên (1) trở thành: f (− x − y) = f ( x ) + (2x + y) g(y), ∀ x, y ∈ R Từ (1) thay x y thay y x ta (2) (3) g ( f ( x + y)) = f (y) + (2y + x ) g( x ), ∀ x, y ∈ R (4) Lấy (1) trừ (4) theo vế ta f ( x ) − f (y) = (2y + x ) g( x ) − (2x + y) g(y), ∀ x, y ∈ R (5) Trong (5) lấy ( x; y) = ( x; 0), ( x; y) = (1; x ), ( x; y) = (0; 1) ta f ( x ) − f (0) = xg( x ) − 2xg(0), ∀ x ∈ R f (1) − f ( x ) = (2x + 1) g(1) − ( x + 2) g( x ), ∀ x ∈ R (6) (7) Cộng (6) (7) ta f (1) − f (0) = −2g( x ) − 2xg(0) + (2x + 1) g(1), ∀ x ∈ R (8) Từ (8) suy hàm g có dạng g( x ) = Ax + B, ∀ x ∈ R, với A B số Đặt C = f (0) Trong (3) thay ( x; y) (0; −y) ta f (y) = C − yg(−y), ∀y ∈ R ⇒ f (y) = C − y (− Ay + B), ∀y ∈ R ⇒ f ( x ) = Ax2 − Bx + C, ∀ x ∈ R Thay (9) vào (2) so sánh hệ số x2 hai vế ta A2 = A ⇔ (9) A=0 A = Nếu A = g( x ) ≡ B, f ( x ) ≡ − Bx + C, thay vào (2) B = − Bx + C, ∀ x ∈ R, B = C = 0, suy f ( x ) ≡ 0, g( x ) ≡ Thử lại thấy thỏa mãn Nếu A = g( x ) ≡ x + B, f ( x ) ≡ x2 − Bx + C, thay vào (2) x2 + Bx + C + B = x2 − Bx + C, ∀ x ∈ R, hay 2Bx + B = 0, ∀ x ∈ R, nghĩa B = Vậy f ( x ) ≡ x2 + C, g( x ) ≡ x Thử lại thấy thỏa mãn MỤC LỤC 46 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Kết luận: f ( x ) ≡ g( x ) ≡ ; f ( x ) ≡ x2 + C g( x ) ≡ x Cách (tiếp nối từ (6): Phương pháp thêm biến Đặt f (0) = b, g(0) = a Từ (6) ta có f ( x ) = xg( x ) + b − 2ax, ∀ x ∈ R Bây giờ, thay x x + z vào phương trình hàm (1), ta g( f ( x + y + z)) = f ( x + z) + (2x + 2z + y) g(y) = ( x + z) g( x + z) + b − 2a( x + z) + (2x + 2z + y) g(y) Thay y y + z vào phương trình hàm (1), ta có g( f ( x + y + z)) = f ( x ) + (2x + y + z) g(y + z) = xg( x ) + b − 2ax + (2x + y + z) g(y + z) Đối chiếu hai kết trên, ta xg( x ) + b − 2ax + (2x + y + z) g(y + z) = ( x + z) g( x + z) + b − 2a( x + z) + (2x + 2z + y) g(y) Trong phương trình này, cho x = y rút gọn thành xg( x + z) = ( x + z) g( x ) − az, ∀ x, z ∈ R Trong phương trình này, thay x = z = x − 1, ta g( x ) = xg(1) − a( x − 1) = Ax + B, ∀ x ∈ R Đến ta làm tương tự cách Bài toán 41 Giả sử tồn hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn (z + 1) f ( x + y) = f ( x f (z) + y) + f (y f (z) + x ), ∀ x, y, z ∈ R+ (1) Ta cho x = y = vào (1) ta ( z + ) f (2 ) = f ( f ( z ) + ), ∀ z ∈ R+ (2) Do lim (z + 1) f (2) = +∞ nên từ (2) suy hàm f không bị chặn Ta chứng minh z→+∞ f ( a) + f (b) = f (c) + f (d) (3) với số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b = c + d Thật vậy, xét bốn số thực dương a, b, c d thỏa mãn a + b = c + d Vì f khơng bị chặn nên tồn số thực dương e cho a b c d f (e) > max 1, , , , b a d c Khi đó, ta tìm số thực dương u, v, w, t thỏa mãn  f (e)u + v = a    u + f (e)v = b f (e)w + t = c    w + f (e)t = d MỤC LỤC 47 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai b f (e) − a c f (e) − d d f (e) − c a f (e) − b ,v = ,w = ,t = 2 f (e) − f (e) − f (e) − f ( e )2 − Từ a + b = c + d, ta suy u + v = w + t Ta cho x = u, y = v z = e vào (1) ta thực vậy: u = ( e + 1) f ( u + v ) = f ( a ) + f ( b ) Còn cho x = w, y = t z = e vào (1), ta lại ( e + 1) f ( w + t ) = f ( c ) + f ( d ) Từ đó, ta thu f ( a) + f (b) = f (c) + f (d), nghĩa khẳng định (3) chứng minh Tiếp x theo, ta thay x y (1) x x x x ( z + 1) f ( x ) = f f (z) + +f f (z) + , ∀ x, z ∈ R+ (4) 2 2 Theo (3) ta có f x x f (z) + +f 2 x x f (z) + 2 = f ( x f (z)) + f ( x ), ∀ x, z ∈ R+ (5) Kết hợp (4) (5) ta z f ( x ) = f ( x f (z)) với số thực dương x, z (6) 1 Đặt a = f vào (6) thu kết f ( a) = Cho Ta cho x = z = f (1) f (1) x = z = a vào (6) ta a f ( a) = f ( a f ( a)) ⇒ a = ⇒ f (1) = Từ (6) cho x = ta z = f ( f (z)) với số thực dương z Mặt khác, từ (3), ta thu (7) f ( x + y) + f (1) = f ( x ) + f (y + 1), ∀ x, y ∈ R+ f ( y + ) + f (1 ) = f ( y ) + f (2 ), ∀ y ∈ R+ Do f ( x + y) = f ( x ) + f (y) + C với số thực dương x, y (C = f (2) − 2) Thay x = y = f (2) vào (8) ta f (2 f (2)) = f ( f (2)) + C f (2 f (2)) = f (2) = 2(C + 2) Từ (6) (7) ta thu f ( f (2)) = Từ (9) (10) ta có 2(C + 2) = + C ⇒ C = Do (8) trở thành (8) (9) (10) f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R+ Vì vậy, f ( x ) = x với số thực dương x Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn u cầu đề Vậy tốn có nghiệm hàm f ( x ) = x, ∀ x, y ∈ R+ Bài toán 42 Giả sử tồn hàm số f : (1; +∞) → R thỏa mãn f ( x ) − f (y) = (y − x ) f ( xy), ∀ x > 1, y > Lời giải Đặt g( x ) = f ( x ) − f (2) , ∀ x > Khi đó: g(2) = x g ( x ) − g ( y ) = f ( x ) − f ( y ) − f (2) MỤC LỤC 1 − x y (1) 48 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai f (2)(y − x ) xy f (2) = (y − x ) f ( xy) − = (y − x ) g( xy) xy = (y − x ) f ( xy) − Như g( x ) − g(y) = (y − x ) g( xy), ∀ x, y > Từ (i ) cho y = 2, ta được: g( x ) = (2 − x ) g(2x ), ∀ x > Từ (i ) cho y = zx, ta được: (i ) (2i ) g( x ) − g(zx ) = (zx − x ) g zx2 , ∀ x, z > Do đó: ( x − z) g( x ) − ( x − z) g(zx ) = ( x − z) (zx − x ) g zx2 , ∀ x, z > ⇒ ( x − z) g( x ) − [ g(z) − g( x )] = ( x − z) (zx − x ) g zx2 , ∀ x, z > ⇒ ( x − z + 1) g( x ) − g(z) = ( x − z) (zx − x ) g zx2 , ∀ x, z > Như với x > 1, z > 1, ta có x2 − z [( x − z + 1) g( x ) − g(z)] = ( x − z) (zx − x ) x2 − z g zx2 = ( x − z) (zx − x ) g(z) − g x2 (3i) Từ (3i ) cho x = 2, ta được: (4 − z) (− g(z)) = (2 − z) (2z − 2) [ g(z) − g(4)] , ∀z > ⇒(4 − z) g(z) + (2 − z) (z − 1) g(z) = (2 − z) (z − 1) g(4), ∀z > ⇒ − z − 2z2 + 6z − g(z) = (2 − z) (z − 1) g(4), ∀z > (2 − z ) ( z − 1) g (4) , ∀z > 1, z = z(5 − 2z) (2 − 2z) (2z − 1) g(4) ⇒ g(2z) = , ∀z > , z = z(5 − 4z) (2 − 2z) (2z − 1) g(4) , ∀z > 1, z = ⇒ g(2z) = z(5 − 4z) ⇒ g(z) = (4i) Nếu g(4) = kết hợp với (2i ) ta được: (2 − z ) ( z − 1) g (4) (z − 2) (2 − 2z) (2z − 1) g(4) = z(5 − 2z) 2z(5 − 4z) 2z − 5 ⇒ = , ∀z > 1, z = , z = , z = − 2z − 4z (5i) Mà (5i ) điều vô lí nên g(4) = 0, g(z) = 0, ∀z > 1, z = Từ (2i ) có g = Do đó: g(z) = 0, ∀z > MỤC LỤC 49 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai ⇔ f (x) = a , ∀ x > với a = f (2) số x (6i) Thử lại ta thấy hàm số xác định (6i ) thỏa mãn yêu cầu đề Vậy hàm số cần tìm a f ( x ) = , ∀ x > 1, với a số x Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu đề Ta có: (1) ⇒ f ( x ) − f (y) = − f ( xy), ∀ x > 1, y > 1, x = y x−y (2) Ta thấy hàm số f ( x ) thỏa mãn (1) hàm số − f ( x ) thỏa mãn (1) nên khơng a a tính tổng qt, giả sử f (2) = , a ≥ Giả sử tồn x0 ∈ (1; +∞) cho f ( x0 ) > (3) x0 Trường hợp 1: x0 > Ta có: a a − f ( x0 ) − f (2) −a a x0 − f (2x0 ) = = ⇒ f (2x0 ) < > x0 − x0 − 2x0 2x0 a a − −a f (2x0 ) − f (2) (4) 2x0 = Ta có: − f 22 x0 = < 2x0 − 2x0 − 2 x0 a Suy f x0 > x0 a a − x − f (2x ) f −a 2x0 0 x Lại có: − f 23 x02 = > = 2 x0 − 2x0 x0 − 2x0 x0 a Suy f x0 < x0 a a − f x0 − f (2) −a 22 x Lại có: − f 23 x0 = > = 2 x0 − 2 x0 − 2 x0 a Suy ra: f x0 < x0 a a − x − f ( x ) (3) f −a 0 x0 x0 Lại có: − f 23 x02 = = < 3 x0 − x0 x0 − x0 x0 a Suy f x0 > , mâu thuẫn với (5) x0 (3) (4) (5) (6) Trường hợp 2: x0 < Ta có: a a − f ( x0 ) − f (2) −a x − f (2x0 ) = < = (do x0 − < (3)) x0 − x0 − 2x0 a a Suy f (2x0 ) > Đặt x1 = 2x0 > 2, đó: f ( x1 ) > Đến đây, sử dụng kết 2x0 x1 trường hợp 1, ta dẫn tới mâu thuẫn a Tiếp theo giả sử tồn x0 ∈ (1; +∞) cho f ( x0 ) < (7) x0 Nếu x0 > a a − ( ) f ( x0 ) − f (2) −a a x0 − f (2x0 ) = = ⇒ f (2x0 ) > < x0 − x0 − 2x0 2x0 MỤC LỤC 50 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai a , sử dụng kết ta dẫn tới mâu thuẫn Nếu α Đặt α = 2x0 > 1, f (α) > < x0 < − f (2x0 ) = f ( x0 ) − f (2) (7) > x0 − a a − −a a x0 = ⇒ f (2x0 ) < x0 − 2x0 2x0 a , sử dụng kết ta dẫn tới mâu thuẫn Như β a tất trường hợp dẫn tới mâu thuẫn Do f ( x ) = , ∀ x > (a số) Thử lại x thấy thỏa mãn Lưu ý Đặt β = 2x0 > 2, f ( β) < Các phép "thông dụng" x = y, y = 0, y = toán dẫn đến điều hiển nhiên, không phép Trong tình "hạn chế" vậy, thêm biến giải pháp mà ta nghĩ đến Có lời giải phương pháp thêm biến ngắn gọn Việc nhận xét tính sai lời giải xin nhường cho bạn đọc Xét x > y > z > Ta có f ( x ) − f (z) = (z − x ) f ( xz) = [(z − y) + (y − x )] f ( xz) = (y − x ) f ( xz) + (z − y) f ( xz) Mặt khác f ( x ) − f (z) = f ( x ) − f (y) + f (y) − f (z) = (y − x ) f ( xy) + (z − y) f (yz) Từ suy (y − x ) f ( xz) + (z − y) f ( xz) = (y − x ) f ( xy) + (z − y) f (yz) ⇔(y − x )[ f ( xz) − f ( xy)] = (z − y)[ f (yz) − f ( xz)] ⇔(y − x )( xy − xz) f x2 yz = (z − y)( xz − yz) f xyz2 ⇔(y − x ) x (y − z) f x2 yz = (z − y)z( x − y) f xyz2 ⇔ x f x2 yz = z f xyz2 ⇔ x ( xyz) f x2 yz = z( xyz) f xyz2 Suy x2 yz f x2 yz = xyz2 f xyz2 với x > y > z > Giả sử a > b > Đặt x = x2 yz =   x    = y Ta có  y    = z 8 8 √ a5 , y = ab, z = b a10 √ · ab · b a4 = b4 a4 = b4 b5 = a, xyz2 = a3 b5 Khi a3 8 a5 √ · ab · b b10 = b, zx = y2 a6 a >1 b ⇒ x > y > z > Theo ta có a >1 b a f ( a) = x2 yz f x2 yz = xyz2 f xyz2 = b f (b) MỤC LỤC 51 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Như a f ( a) = b f (b), ∀ a > b > Từ suy f ( x ) = lại thấy thỏa mãn c , ∀ x > (c số) Thử x Bài toán 43 Giả sử tồn hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn f ( x + y) + f ( xy) + = f ( x ) + f (y) + f ( xy + 1), ∀ x, y ∈ R (1) Xét hàm số g( x ) = f ( x + 1) − f ( x ) − liên tục R Ta có (1) ⇔ f ( x + y) = f ( x ) + f (y) + g( xy), ∀ x, y ∈ R (2) Vậy ta thêm biến z tương tự toán 21, thu kết quả: Hàm g có dạng g( x ) = 2ax + b, ∀ x ∈ R Thay vào (2) ta f ( x + y) = f ( x ) + f (y) + 2axy + b, ∀ x, y ∈ R ⇔ f ( x + y) − a( x + y)2 = h( x ) − ax2 + h(y) − ay2 + b = 0, ∀ x, y ∈ R ⇒ f ( x ) − ax2 = mx + n, ∀ x ∈ R Thay f ( x ) = ax2 + mx + n, ∀ x ∈ R vào (1) ta a( x + y)2 + m( x + y) + n + ax2 y2 + mxy + n + = ax2 + mx + n + ay2 + my + n + a( xy + 1)2 + m( xy + 1) + n, ∀ x, y ∈ R Rút gọn ta a + m + n = ⇔ n = − a − m Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề có dạng f ( x ) = ax2 + mx + − a − m, ∀ x ∈ R, với a, m số tùy ý Bài toán 44 Ta khẳng định nghiệm có dạng f ( x ) = cx + d với c ≥ Dễ dàng kiểm tra hàm số thỏa mãn điều kiện ta có đẳng thức a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 a) Theo giả thiết ta có f (0) = Chú ý từ điều kiện đề suy ra: “Nếu ba số thực a, b, c thỏa a + b + c = f a3 + f b3 + f c3 = f ( abc)” Ta gọi khẳng định √ √ P ( a, b, c) Khẳng định P a, − a, cho ta f ( a) + f (− a) = với số thực a, suy f hàm lẻ √ b) Nếu a > a + + > √ nên điều kiện (i) suy f ( a) ≥ √ √ √ 3 3 Bây a > b a > b Suy a + −b + > Do f ( a) + f (−b) ≥ 0, suy f ( a) ≥ f (b) Vậy f hàm tăng c) Bây xét P ( a, b, − ( a + b)) Vì f lẻ nên ta biến đổi thành f a3 + f b3 + f ( ab ( a + b)) = f ( a + b)3 Áp dụng đẳng thức nhiều lần, ta có f ( a + b + c)3 = f ( a + b)3 + f c3 + f (( a + b) c ( a + b + c)) MỤC LỤC 52 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai = f a3 + f b3 + f ( ab ( a + b)) + f c3 + f (( a + b) c ( a + b + c)) Hoàn toàn tương tự, thay đổi vai trò b c, ta f ( a + b + c)3 = f a3 + f b3 + f c3 + f ( ac ( a + c)) + f (( a + c) b ( a + b + c)) So sánh hai đẳng thức cuối cùng, ta thu f ( ab ( a + b)) + f (( a + b) c ( a + b + c)) = f ( ac ( a + c)) + f (( a + c) b ( a + b + c)) (*) Để ý c ( a + b) ( a + b + c) − b ( a + c) ( a + b + c) = ( a + b + c)(ca + cb − ba − bc) = ( a + b + c)(c − b) a = a ( c2 − b2 ) + a2 ( c − b ) = ac2 + a2 c − ( ab2 + a2 b) = ac ( a + c) − ab ( a + b) (2*) Với hai số thực dương x < y bất kì, ta xét hệ phương trình sau  2   a c − abc = a b + ab (1) a2 b + ab2 = x (2)   a c + ac2 = y (3) Ta khẳng định hệ có nghiệm thực a = 0, b =, c = Thật vậy, đặt b = qa, c = (1) trở thành q + q2 r − rq = q + q2 ⇒ r = 1−q Từ (2) (3) suy x q ( q + 1) q ( q + 1) (1 − q )2 = = = y r (r + 1) q2 + q + q q2 + 1−q 1−q x (1 − q )2 liên tục đoạn [0; 1] h (0) = Vì ∈ (0; 1) nên tồn q y 1+q x q ( q + 1) thuộc [0; 1] cho h (q) = Chọn q tương ứng r = Nhân q r cho a y 1−q để nhận b, c thỏa mãn (2); (3) (1) tự nhiên thỏa mãn Vậy tồn a, b, c; rõ ràng a = Như ta chọn a, b, c thích hợp Chú ý Hàm số h (q) = a2 c − abc = a2 b + ab2 ⇒ b ( a + b + c) = ac ⇒b ( a + c) ( a + b + c) = ac ( a + c) = y ab ( a + b) = x Từ c ( a + b) ( a + b + c) = b ( a + c) ( a + b + c) + ac ( a + c) − ab ( a + b) = 2y − x Sử dụng điều (∗), ta suy f (2y − x ) + f ( x ) = f (y) MỤC LỤC 53 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai với < x ≤ y Đặt z = 2y − x ⇔ y = x+z , điều trở thành f ( x ) + f (z) = f x+z với < x ≤ z Vậy f thỏa mãn phương trình hàm Jensen tập số dương Như chứng minh trên, f hàm số tăng, suy f ( x ) = cx (trong điều kiện f (0) = 0) với x > (với c ≥ 0) Do hàm f lẻ nên ta có f ( x ) = cx với x ∈ R Và bỏ điều kiện f (0) = ta nghiệm toán f ( x ) = cx + d với c ≥ Lưu ý Dễ thấy f hàm số thỏa mãn điều kiện (i) (ii) hàm số f + k với k số thỏa mãn hai điều kiện Vì ta giả sử f (0) = Như giả thiết (a) (giả thiết f (0) = 0) không cần thiết Ở lời giải trên, ta dùng tính chất hàm liên tục để chứng minh hệ phương trình có nghiệm Sau ta dùng cách khác, sơ cấp để chứng minh hệ phương trình có nghiệm Giả sử < x < y Ta chứng minh hệ phương trình sau có nghiệm ( a, b, c) với a > 0, b > 0, c > (thậm chí ta nghiệm cụ thể):   ab( a + b) = x c( a + b)( a + b + c) = y (3*)  ac( a + c) = b( a + c)( a + b + c)   ab( a + b) = x c( a + b)( a + b + c) = y Hệ tương đương với  ac = b( a + b + c) Từ phương trình thứ hai thứ ba ta có ac y = ⇒ by = ac2 ( a + b) c( a + b) b Kết hợp với phương trình thứ ta by x by x x = ⇒ = ⇒ b2 = c2 ⇒ b = kc, ab b y ac c với k = x Từ phương trình thứ phương trình thứ hai ta có y y x ab kac x = ⇒ = = ab c( a + b + c) y c( a + b + c) c( a + kc + c) x ka a ⇒ = ⇒k= ⇒ ka + ck(k + 1) = a y a + c ( k + 1) a + c ( k + 1) ck(k + 1) ⇒a = 1−k Thay b = kc a = ck(k + 1) vào phương trình thứ nhất, ta 1−k c2 k ( k + 1) 1−k MỤC LỤC ck (k + 1) + kc 1−k =x⇔ c2 k2 (k + 1) 2ck · =x 1−k 1−k 54 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai 3 ⇔2c k (k + 1) = (1 − k) x ⇔ c = (1 − k )2 x 2k3 (k + 1) Như với < x < y ln tồn số dương a, b, c thỏa mãn hệ (3∗) Do đó, kết hợp điều với đẳng thức (2∗) ta thu kết f ( x ) + f (y) = f Dễ thấy f ( x ) + f ( x ) = f x+x x+y , ∀ x > 0, y > 0, x < y (4*) , ∀ x > (5∗) x+y , ∀ x > 0, y > (6∗) Mặt khác, b) ta chứng minh f ( a) ≥ 0, ∀ a ≥ Kết hợp điều với (6∗), lặp lại quy trình lời giải tốn 23 (ở trang 21) ta Từ (4∗) (5∗) ta có f ( x ) + f (y) = f f ( x ) = x, ∀ x ≥ với số khơng âm Mà f hàm lẻ nên suy f ( x ) = x, ∀ x ∈ R Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) = x + C, ∀ x ∈ R với , C số, ≥ Bài toán 45 Giả sử tồn hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + f (y)) = f y2 + + 2x f (y) + f ( x ) − 3, ∀ x, y ∈ R (1) Dễ thấy f ( x ) ≡ không thỏa mãn phương trình tồn y0 ∈ R cho f (y0 ) = Thay y = y0 vào phương trình (1), ta f ( x + f (y0 )) − f ( x ) = 2x f (y0 ) + f y20 + − 3, ∀ x ∈ R Vế phải phương trình hàm bậc ẩn x nên nhận giá trị R Từ suy hiệu f (u) − f (v) nhận giá trị R Bây giờ, thay x x − f (y) vào phương trình cho, ta f ( x − f (y)) = f ( x ) − f y2 + − 2( x − f (y)) f (y) + 3, ∀ x, y ∈ R Trong phương trình trên, ta thay x x + f (z) f ( x + f (z) − f (y)) = f ( x + f (z)) − f y2 + − 2[ x + f (z) − f (y)] f (y) + = f ( x ) + f z2 + + 2x f (z) − f y2 + − 2[ x + f (z) − f (y)] f (y) = f ( x ) + 2x [ f (z) − f (y)] + f z2 + − f y2 + + f (y)[ f (y) − f (z)] MỤC LỤC 55 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Đảo vị trí y z phương trình cộng phương trình thu phương trình lại theo vế, ta f ( x + f (z) − f (y)) + f ( x + f (y) − f (z)) = f ( x ) + 2[ f (y) − f (z)]2 Do hiệu f (y) − f (z) nhận giá trị R nên từ ta có f ( x + y) + f ( x − y) = f ( x ) + 2y2 , ∀ x, y ∈ R Đặt f (0) = a g( x ) = f ( x ) − x2 − a ta có g(0) = ∀ x, y ∈ R g( x + y) + g( x − y) = 2g( x ), Thay x = y vào phương trình này, ta g(2x ) = 2g( x ) với x ∈ R nên ta có ∀ x, y ∈ R g( x + y) + g( x − y) = g(2x ), x+y x−y , vào phương trình trên, ta suy g hàm cộng tính Tiếp 2 theo, thay x = vào phương trình (1), ta Lần lượt thay x, y ∀y ∈ R f ( f (y)) = f y2 + + a − 3, (2) Thay f (y) = g(y) + y2 + a vào (2) rút gọn với ý g cộng tính, ta = f ( f (y)) − f y2 + − a + = g ( f (y)) + f (y) + a − g y2 + − y2 + = g ( f (y)) + f (y) − g y2 + − y2 + = g g ( y ) + y2 + a + g ( y ) + y2 + a 2 −a−a+3 −a+3 − g y2 + − y2 + = g ( g(y)) + g y2 + g( a) + g2 (y) + y2 + a g(y) + y2 + a − g y2 + − y2 + 2 −a+3 −a+3 = g ( g(y)) + g y2 + g( a) + g2 (y) + y2 + a g(y) + y2 + a − g y2 − g (3) − y2 + 2 −a+3 = g ( g(y)) + g y2 + g2 (y) + y2 + a g(y) + y2 + a − y2 + + [ g( a) − g(3)] − g y2 − a + = g ( g(y)) + g2 (y) + y2 + a g(y) + ( a − 3)(2y2 + a + 3) + [ g( a) − g(3)] − a + = g ( g(y)) + g2 (y) + y2 + a g(y) + ( a − 3) 2y2 + a + + g( a) − g(3) Thay y = vào phương trình trên, ta ( a − 3)( a + 2) + g( a) − g(3) = MỤC LỤC 56 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Từ suy g( g(y)) + g2 (y) + y2 + a g(y) + 2( a − 3)y2 = 0, ∀y ∈ R Thay y ny (n ∈ N∗ ) vào phương trình sử dụng tính cộng tính g, ta ng( g(y)) + n2 g2 (y) + 2n n2 y2 + a g(y) + 2n2 ( a − 3)y2 = 0, ∀y ∈ R, n ∈ N∗ Ta xem vế trái đa thức ẩn n Đa thức có giá trị vơ hạn giá trị n nên phải đồng Từ suy hệ số n3 phải 0, hay ta có 2y2 g(y) = với y ∈ R Kết hợp với g(0) = 0, ta suy g(y) = với y ∈ R Từ với ý ( a − 3)( a + 2) + g( a) − g(3) = 0, ta tính a = a = −2 Suy f ( x ) = x2 + với x ∈ R f ( x ) = x2 − với x ∈ R Thử lại, ta thấy có hàm f ( x ) = x2 + thỏa mãn yêu cầu Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu f ( x ) = x2 + 3, ∀ x ∈ R Lưu ý Bạn đọc xem thêm toán ?? trang ?? (Đầy đủ hơn, xem mục ?? trang ??: Sử dụng đa thức) để tìm hiểu củng cố thêm phương pháp vận dụng đa thức vào việc giải phương trình hàm) Bài tốn 46 Giả sử tồn hàm số f : R → R thỏa mãn f x+y x−y = f ( x ) + f (y) , ∀ x = y f ( x ) − f (y) Từ (1) ta thấy rằng, x = y f ( x ) = f (y) Từ (1) cho y = ta f ( x ) + f (0) , ∀x = f ( x ) − f (0) ⇒ f (1) f ( x ) − f (1) f (0) = f ( x ) + f (0), ∀ x = ⇒ f ( x ) [ f (1) − 1] = f (0) [ f (1) + 1] , ∀ x = (1) (2) f (1) = (3) Nếu f (1) = từ (3) suy f hàm hằng, mâu thuẫn với (2), f (1) = 1, từ suy f (0) = Từ (1) thay y x − ta f ( x − 1) = f ( x ) + f ( x − 2) f ( x ) − f ( x − 2) (4) Từ (1) thay x x − thay y sử dụng f (1) = ta x x−2 f = f ( x − 1) + f ( x − 1) − (5) f (x) f ( x − 2) (6) f ( x − 1) + f ( x − 1) − (7) Thay (4) vào (5) ta f x x−2 = Từ (5) (6) suy f ( x ) = f ( x − 2) · MỤC LỤC 57 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai f (2) + Từ (6) cho x = ta f (4) = f (2)2 Từ (7) cho f (2) − Từ (5) cho x = ta f (3) = x = ta f (4) + f (2) + f (2)2 + f (2)2 + f (5) = f (3) · = · = f (4) − f (2) − f (2)2 − [ f (2) − 1]2 Mặt khác, theo (1) ta có f (5) = f 3+2 3−2 f (2) + + f (2) f (3) + f (2) f (2)2 + f (2) − = = = f (2) + f (3) − f (2) − f ( ) + f ( ) + − f (2) f (2) − Như [ f (2) − 1]2 = − f (2)2 + f (2) + ⇔ f (2)2 − f (2) = ⇔ f (2) = f (2) = Do f (0) = (2) nên f (2) = Vậy f (2) = Từ ta có f (3) = f (4) = Giả sử f (k ) = k với số tự nhiên k ≤ n, với n số tự nhiên cho trước Từ (7) cho x = n ta f (n) + n+1 f ( n + 1) = f ( n − 1) · = ( n − 1) · = n + f (n) − n−1 Như theo nguyên lý qui nạp ta f (n) = n, ∀n ∈ N (8) Từ (1) cho y = − x ta f (0) = f ( x ) + f (− x ) ⇒ f (− x ) = − f ( x ), ∀ x ∈ R f ( x ) − f (− x ) hay f hàm số lẻ R Do kết hợp với (8) ta f (n) = n, ∀n ∈ Z (9) Tiếp theo, ta thêm biến z cách thay y zx ta f Mà f x + xz x − xz = f 1+z 1−z = x + xz x − xz = f ( x ) + f ( xz) f ( x ) − f ( xz) + f (z) nên − f (z) + f (z) f ( x ) + f ( xz) = − f (z) f ( x ) − f ( xz) Thực nhân chéo rút gọn ta f ( xz) = f ( x ) f (z), ∀ x = 0, z = Kết hợp với f (0) = 0, f (1) = ta f ( xz) = f ( x ) f (z), ∀ x, z ∈ R MỤC LỤC (10) 58 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Giả sử n ∈ Z∗ , = f (1) = f n n· Giả sử r số hữu tỉ, r = (10) = f (n) · f n n = nf ⇒ f n = n m với m, n số nguyên n = Ta có n f (r ) = f m n = f (m) f n = m = r n Như f (r ) = r, ∀r ∈ Q Từ (10) cho z = x ta (11) f x2 = f ( x )2 ⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀ x ≥ Kết hợp với f (0) = (2) ta f ( x ) > 0, ∀ x > Tiếp theo ta chứng minh hàm f tăng nghiêm ngặt Giả sử x > y, có trường hợp sau xảy ra: Trường hợp 1: x > y ≥ Khi f ( x ) + f (y) = f f ( x ) − f (y) x+y x−y > ⇒ f ( x ) > f ( y ) Trường hợp 2: y < < x Khi f ( x ) > 0, f (y) < nên f ( x ) > f (y) Trường hợp 3: y < x < Khi < − x < −y ⇒ f (− x ) < f (−y) ⇒ − f ( x ) < − f (y) ⇒ f ( x ) > f (y) Như vậy, x > y ta ln có f ( x ) > f (y) Giả sử x ∈ R Khi tồn hai dãy số hữu tỉ ∞ +∞ {un }+ n=1 , { }n=1 cho un ≤ x ≤ , ∀n = 1, 2, ; lim un = lim = x n→+∞ n→+∞ Vì f hàm tăng nên f (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) Kết hợp với (11) ta un ≤ f ( x ) ≤ , ∀n = 1, 2, Cho n → +∞ bất đẳng thức ta x ≤ f ( x ) ≤ x ⇒ f ( x ) = x Vậy f ( x ) = x, ∀ x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn MỤC LỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tài Chung, 2012, Giải phương trình hàm phương pháp thêm biến, Kỷ yếu Gặp gỡ toán học lần 4: Các phương pháp giải toán qua kỳ thi Olympic [2] Nguyễn Tài Chung, 2014, Phương trình hàm, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Võ Quốc Bá Cẩn, Tạp chí Epsilon, Số 14 - 12/2018, Phương pháp thêm biến giải phương trình hàm (từ trang 66 đến trang 78) [4] Các tài liệu Internet ... Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN A GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN Vào năm 2012, tơi có viết chun đề "Giải phương trình hàm. .. nắm phương pháp thêm biến giải phương trình hàm Tuy nhiên chun đề tơi đưa vào số lượng lớn toán để bạn đọc luyên tập, củng cố thêm phương pháp thêm biến phương pháp giải phương trình hàm nói chung. .. trình hàm phương pháp thêm biến" (tài liệu tham khảo [1]) Trong q trình giảng dạy tơi có sưu tầm thêm số tập mới, gần có tham khảo thêm viết "Phương pháp thêm biến giải phương trình hàm" tác giả