Bài tập phương trình hàm bằng phương pháp thế năm 2024

Tài liệu gồm 60 trang được biên soạn bởi thầy Nguyễn Tài Chung (giáo viên Toán trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia Lai), hướng dẫn giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến, giúp học sinh ôn tập thi học sinh giỏi môn Toán.

Khái quát nội dung tài liệu giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến – Nguyễn Tài Chung:

1. GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN Vào năm 2012, tôi có viết chuyên đề “Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến” (tài liệu tham khảo [1]). Trong quá trình giảng dạy tôi có sưu tầm thêm một số bài tập mới, và gần đây có tham khảo thêm bài viết “Phương pháp thêm biến trong giải phương trình hàm” của tác giả Võ Quốc Bá Cẩn (tài liệu tham khảo [3]). Ý tưởng của phương pháp này rất đơn giản như sau: Khi gặp những phương trình hàm với cặp biến tự do x, y, bằng cách thêm biế mới z (hoặc thêm một vài biến mới), ta sẽ tính một biểu thức nào đó chứa x, y, z theo hai cách khác nhau, từ đây ta thu được một phương trình hàm theo ba biến x, y, z, sau đó chọn z bằng những giá trị đặc biệt hoặc biến đổi, rút gọn phương trình hàm theo ba biến x, y, z để thu được những phương trình hàm mới, hướng tới kết quả bài toán. Về mặt ý tưởng thì đơn giản, vì thực ra nó là phương pháp thế khi giải phương trình hàm. Tuy nhiên công dụng của phương pháp này lại mạnh mẽ, giải quyết được nhiều bài toán; việc thêm một vài biến mới sẽ giúp phép thế trở nên linh hoạt, uyển chuyển và có nhiều lựa chọn hơn, từ đó phát hiện được nhiều tính chất thú vị của hàm số cần tìm. [ads]
2. MỘT SỐ KẾT QUẢ CƠ BẢN Trong mục này ta sẽ phát biểu và chứng minh một số kết quả (thông qua các bài toán) sẽ được sử dụng trong chuyên đề này. Lưu ý rằng đây là những bài toán rất cơ bản, cần thiết cho những ai muốn tìm hiểu về phương trình hàm (cả kết quả và lời giải), chẳng hạn như bài toán 4, 5, khi đi thi học sinh giỏi là được phép sử dụng mà không cần chứng minh lại.
3. PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH HÀM CÓ TÍNH ĐỐI XỨNG Đối với những phương trình hàm có tính đối xứng theo cặp biến x và y, khi ta thay cặp (x; y) bởi cặp (y; x) thì phương trình hàm vẫn không đổi, tức là ta không thu được gì cả. Những trường hợp như vậy ta thường thêm biến z để tạo ra sự bất đối xứng và thu được những phương trình hàm khác.
4. PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN TRONG LỚP HÀM ĐƠN ĐIỆU
5. PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤC Trong mục này chúng ta sẽ xem xét một số phương trình hàm có giả thiết hàm số liên tục, được giải bằng phương pháp thêm biến. Lưu ý rằng kết quả bài toán 4 ở trang 3 tiếp tục được sử dụng nhiều.
6. BÀI TẬP Đề bài, hướng dẫn và lời giải chi tiết.

Thuvientoan.net xin gửi đến bạn đọc tài liệu Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến của tác giả Nguyễn Tài Chung - THPT chuyên Hùng Vương - Gia Lai.

Ý tưởng của phương pháp này rất đơn giản như sau: Khi gặp những phương trình hàm với cặp biến tự do x, y, bằng cách thêm biến mới z (hoặc thêm một vài biến mới), ta sẽ tính một biểu thức nào đó chứa x, y, z theo hai cách khác nhau, từ đây ta thu được một phương trình hàm theo ba biến x, y, z, sau đó chọn z bằng những giá trị đặc biệt hoặc biến đổi, rút gọn phương trình hàm theo ba biến x, y, z để thu được những phương trình hàm mới, hướng tới kết quả bài toán.

Về mặt ý tưởng thì đơn giản, vì thực ra nó là phương pháp thế khi giải phương trình hàm. Tuy nhiên công dụng của phương pháp này lại mạnh mẽ, giải quyết được nhiều bài toán; việc thêm một vài biến mới sẽ giúp phép thế trở nên linh hoạt, uyển chuyển và có nhiều lựa chọn hơn, từ đó phát hiện được nhiều tính chất thú vị của hàm số cần tìm.

Tài liệu bao gồm các phần:

1. Giới thiệu phương pháp thêm biến
2. Một số kết quả cơ bản
3. Phương pháp thêm biến đối với phương trình hàm có tính đối xứng
4. Phương pháp thêm biến trong lớp hàm đơn điệu
5. Phương pháp thêm biến trong lớp hàm liên tục
6. Bài tập Tài liệu tham khảo

Hy vọng các bạn sẽ học được nhiều kiến thức bổ ích từ tài liệu này để chuẩn bị thật tốt cho các kỳ thi HSG sắp tới. Chúc các bạn học tốt!

Bài 3: Tìm hàm f :  thỏa mãn: 1. f(x+1) =f(x)+1 (1)  x 2. f(x 2 ) = [f(x)] 2 (2)  x Giải Giả sử f là hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thay x= 0 vào (2) ta được: f(0 )= 0 hoặc f(0) = 1 Nếu f(0) =1 thì: Thay x= 0 vào (1) ta được f(1) = 2 Lại thay x=1 vào (2) được f(1) = 0 hoặc f(1) = 1âu thuẫn. Vậy f(0) = 0. Từ (1) suy ra: f(n) = n  n Với  n , r  ta có f(n+r) =f(1+n-1+r)=1+f(n-1+r) =2+f(n-2+r)....=n+ f(r) Suy ra: f(n+r) = n+ f(r)  n ,  n ,r  Ta phải tính f(r) r  Gọi p r q

#######  xét           

2 2 2 2 2 f ( r  q)  f ( r  q )  q  f r  q  2 qf r f r

####### Mật khác:         

2 2 2 2 2 2 2 f ( r  q)  f r  2 .r q  q  f r  2 p  q  f r  2 p q Từ đó suy ra:   2 f r  2 p q  q 2  2 qf  r f 2  r Hay:   p f r r q   , r  Vậy f(x) = x , x Thử lại thấy thỏa mãn. Nhận xét:

• Mấu chốt của phương pháp này là phải chỉ ra được hàm số cộng tính trên R.
• Trong nhiều trường hợp không chỉ ra ngay được cộng tính mà phải chỉ ra cộng tính trên từng tập con của tập R sau đó suy ra cộng tính trên R Bài 4: Tìm hàm

#######      

2 2 : yf y , , f R R f x y xf x x y R       (1) Giải:

####### Cho x = 0 , y = 0 suy ra : f  x 2   xf  x  ; f  y 2   yf  y , x y , R

Do đó phương trình trở thành:

#######      

f x 2  y 2  f x 2  f y 2 , x y , R Suy ra: f(x+y) = f(x)+ f(y) , x y,  0

####### Thay y bởi - y vào ta (1) có f  x 2  y 2   xf  x  -yf  -y , x y , R (2)

Suy ra – y f(-y) = y f(y)

Bài 7: Tìm hàm f thỏa mãn

     

f x  y 4  f x  y f y 3 , x y , R (THTT Tháng 4 năm 2013)

Giải :

Có f(0)=0 ; f  y 4   yf  y 3 , y

Suy ra:        

3 4 4 3

yf y  f y  f  y  yf -y nên f   y 3    f  y 3 , y

Vậy đảng thức trở thành      

4 4

f x  y  f x  f y ; x y , 

Suy ra f  x  y   f  x  f  y , x y ,  , y 0 (5)

Có

f  x  y   f    x  y    f  x    y     f   x   f   y   f  x   f  y ,  x , y 0

(6)

Từ (5) và (6) ta có f  x  y   f  x   f  y ; x y , 

Tính             

4 4 4 2 4 4

f x  1  x  1  f 2 x  12 x  2  f x  1  f x 1

                 

4 4 4 2 4 2 3

f x  1  x  1  f 2 x  12 x  2  2 f x  12 f x  2 f 1  2 xf x  12 f x  2 f 1

(7)

                  

        

         

4 4 4 4 3 3

3 2 3 2

3 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 3 3 1 1 3 3 1

2 6 6 2 1 , 8

f x x f x f x x f x x f x

x f x x x x f x x x

xf x f x xf x f

            

         

   

Từ (7) và (8) ta có f  x 2   xf  x , x (9)

Thay x bởi x+1 vào (9) ta có:

        

f x 2  2 x  1  x  1 f x f 1

Suy ra: f  x 2   2 f  x  f   1   x  1  f  x   x  1  f  1 , x

Do đó:        

2

f x  x  1 f x  xf 1 ; x

Thay vào (9) ta được f  x  xf  1

Vậy f(x) = a.

Bài 8: Tìm các hàm số f(x) thỏa mãn: f  x 5  y 5   x 2. f  x 3   y 2. f  y 3 , x y , 

Giải:

Chỉ ra: f  x  y   f  x   f  y ; x y ,  ;    

5 2 3

f x  x. f x , x

Tính         

5 5 5

f t  f x  1  x  1  f 2 x  20 x  10 x theo hai cách:

Có              

5 3 2 3 3

f t  2 f x  20 f x  10 f x  2 x f x  20 f x  10 f x

Mật khác:

                      

2 3 2 3 2 3 2 2

f t  x  1 f x  1  x  1 f x  1  2 x f x  6 x f x 12. x f x  4 xf 1  2 f x  6 f x

Từ đó suy ra: 9 f  x 3   2 f  x   3 x f 2  x   6 xf  x 2   2 xf  1 , x (3)

Thay x bởi x+ 1 vào (3) ta được: 4 f  x   7 f  x 2   f   1 x 2  6 xf  x   4 f   1 x

(4)

Thay x bởi x+1 vào (4) ta được: 7 f  x 2   12 f  x   f  1. x  12 f  1. x  6 xf  x

(5)

Từ (4) và (5) ta có f(x)= ax.

Bài 9:

Tìm tất cả hàm số f: thỏa mãn

f xf( ( ))y f ( yf z( )) f zf x( ( )) xy yz zx với mọix y z, ,.

Lời giải.

Thay x y zthì sẽ thu được f ( xf ( ))x x 2 với mọi x.

Tiếp tục thay z ythì ta có f ( xf ( ))y f ( yf ( ))y f ( yf ( ))x xy y 2 yx, kết hợp

hai đẳng thức này lại, ta được

f xf( ( ))y f ( yf x( )) 2 xy với mọi x y,.

Ta sẽ chứng minh rằng f ( )x là hàm đơn ánh và là hàm số lẻ.

Thật vậy,

Trong (1), thay x y 0 thì f(0) 0.

Tiếp tục thay x y vào đẳng thức đã cho, ta được

f ( xf ( ))x x 2 với mọi x .(2)

Giả sử có x 1 ,x 2 sao cho f ( x 1 ) f ( x 2 ). Suy ra

2

2 1 2 2 2 1 2 2 2

2

1 2 1 1 1 2 1 1

( ) ( ) ( ( )) ( ( ))

( ) ( ) ( ( )) ( ( ))

x f x x f x f x f x f x f x x

x f x x f x f x f x f x f x x

.

Cộng từng vế hai đẳng thức này lại, ta được

2 2

f ( x f 2 ( x 1 )) f ( x f 1 ( x 2 )) x 1 x 2.

Sử dụng giả thiết là f ( x f 2 ( x 1 )) f ( x f 1 ( x 2 )) 2 x x 1 2 thì có x 1 2 x 22 2 x x 1 2 x 1 x 2.

Do đó f ( )x là hàm đơn ánh.

Trong (2), thay x bởi x, ta có f ( xf ( x )) x 2 nên

f xf x( ( )) f ( xf ( x)) xf x( ) xf ( x) (do tính đơn ánh).

Với x 0 thì f x( ) f ( x) và kết hợp thêm f(0) 0 thì có ngay f ( )x là hàm số

lẻ.

Trong (1), thay x bởi xf ( )x và y bởi

1

x

thì

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 f (5 a )  2 f a( )  f (3 a )  2 f (3 a )  3 f (3 a )  27. Vì phương trình 2 2 x  2 y  27 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x; y)=(3,3) hoặc (5,1) nên ta có f a ( 2 )  1, f (5a 2 )  5. Cũng từ (1) ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 f (4 a )  2 f (2 a )  f (5 a )  f a( )  24. Vì phương trình 2 2 x  y  12 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x,y) là (4,2) nên 2 2 f (4 a )  4, f (2 a )  2. Từ (1) ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 f (( k  4) a )  2 f (( k  3) a )  2 f (( k  1) a ) f ka( ) , suy ra từ khai triển (2). Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra 2 f ka ( )k, với mọi k là số nguyên dương. Do đó 3 f a ( )  a f(1) mà f đơn ánh nên 3 a  1  a 1. Vậy f n( ) nvới mọi n nguyên dương. Thử lại thỏa mãn bài toán. Bài 1 1 Tìm tất cả các hàm số f :  thoả mãn

#######      

f x 2  y 2  xf x  yf y , x y ,  (1)

####### Cho x  0 , từ   1 suy ra f  y 2   yf  y , y

####### Cho y  0 , từ   1 suy ra    

2 f x  xf x , x. Do đó (1) trở thành:

#######              

2 2 2 2 f x  y  f x  f y , x y ,   f x  y  f x  f y , x y ,  0 * thay y bởi y từ   1 ta được :

#######      

        2 2 , , f x y xf x yf y yf y yf y y f x f x x                  yf   y   yf  y  ,  y  f   x    f  x , x , chứng tỏ f là hàm số lẻ. Do đó với mọi x  0, y 0 ta có                                 , 0, 0  * f x y f x y f x f y f x f y f x f x y f y f x y y f x y f y f x y f x f y x y                            Với mọi x  0, y 0 ta có f  x  y    f   x  y     f  x   f   y     f  x   f  y   f  x f  y   Kết hợp    , ** ,()  và ta được f  x  y   f  x   f  y , x y , .

tính    

2

f x  1 theo hai cách. Ta có

                       

         

2 2

1 2 1 1 1 2 1 1 1

2 1 1 , , ,

f x f x x x f x f x f x f x f x f xf x

f x f f x xf x f x ax x a

              

          

Bài 12: Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa:

       

2 2 2

f m  3 n  f m  3 f n và f(1) > 0

Giải:

Cho m = n = 0 suy ra f(0) = 0

Cho m =1; n = 0 ta được f(1) = 1 do f(1) > 0

Cho m = 0; n = 1 ta được:    

2

f 3  3 f 1  3

Hơn nữa với mọi n  1 ta có:

     

2 2 2 2

n  2  3 n  n  1  3 n 1

Nên:

    

   

   

2 2

2 2

2 2

( 2 3 ( )) 2 3

( 1 3 1 )

( ( 1 ) 3( 1 ) , 1

f n f n f n n

f n n

f n f n n

    

   

     

Từ đó cho n = 1 ta được:            

2 2 2 2

f 3  3 f 1  f 0  3 f 2 suy ra f(2) = 2

Do vậy f(n) = n với mọi n = 0, 1,2, 3

Dùng phương pháp quy nạp ta có f(n) = n với mọi n.

Bài 1 3 ( Hàn Quốc): Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa:

        

f x 3  y  2. 3y f 2 x  y 2  f y f x , x y , 

Giải:

Thay

3

y x vào (1) ta có f   0  2 x 3  3 f 2  x  x 6   f  x 3  f  x ,  x (1)

Thay y =-f(x) vào (1) ta có:           

3 2 2

f x  f ( )x  2 f x 3 f x  f x f 0 ,

Suy ra: f  x 3  f  x   8 f 3  x  f  0  x (2)

Từ (1) và (2) ta có:

         

f 0  2 x 3 3 f 2 x  x 6  8 f 3 x f 0  x

Suy ra: f  x  x 3   (4 f 2  x   f  x x). 3  x 6  0  x

Vì      

3 2

4 2. 3 6 2 15 6 0

4 16

x

f x f x x x f x x

 

       

 

 x

Suy ra f  x  x 3  x

II. PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH-TOÀN ÁNH- SONG ÁNH CỦA HÀM SỐ. 1 ,Phƣơng pháp giải Để sử dụng phương pháp này chúng ta cần nắm vững một số khái niệm cơ bản sau:

• Nếu f :A Blà đơn ánh thì từ f  x f  ysuy ra: x y.
• Nếu f :A Blà toàn ánh thì với mỗi y  , tồn tại x  để f  x y.
• Nếu f :A Blà song ánh thì nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh. Lưu ý thêm:
• Nếu hàm số là đơn ánh thì thường dùng kỹ thuật tác động f vào cả hai vế.
• Nếu hàm số là toàn ánh thì thường dùng kỹ thuật tồn tại a sao cho f  a   0. 2, Một số ví dụ Bài 1. Chứng minh rằng không tồn tại song ánh * f :  thỏa mãn điều kiện:           f mn  f m  f n  3 f m f n m n ,  * Giải Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• Cho m  1 ta được: f  n   f  n   f   1  3 f   1 f  n. Nếu f   1  0 thì f  n   0 , vô lý. Vậy phải có: f   1  0. Vì f là song ánh nên f  n   1 n  2.
• Suy ra nếu n là hợp số thì f  n   5. Cũng do f song ánh nên có duy nhất p q r , ,  *sao cho f  p   1, f  q  3, f  r  8. Chú ý rằng p q, là các số nguyên tố phân biệt. Khi đó:

#######    

2 2 f q  f pr  33  q pr , vô lý. Vậy không tồn tại hàm số. Bài 2. Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện: f  f  n   2 f  n  3 n  8 , n. Giải

• Chứng minh f là đơn ánh.
• Thay n  0 ta có: f  f  0    2 f  0   8 f 0  4. Thử các giá trị của f 0  là 0,1, 2,3, 4ta thấy f  0   2 thỏa mãn. Từ đó f  2   f  f  0   8  2 f 0   4. Bằng quy nạp chứng minh được: f  2 n  2 n  2, n.
• Thay n  1 có f  f   1   2 f   1  1 1 f  1  5. Thử các giá trị của f  1 là 0,1, 2,3, 4,5 ta thấy f   1  3 thỏa mãn. Từ đó f   3  5 và bằng quy nạp chứng minh được: f  2 n  1   2 n 3  n Vậy f  n  n  2, n. Bài 3. (Balkan 1997). Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:        f xf x  f y  f 2 x  y, x y ,  Giải
• Cho x  0 ta được: f  f  y   f 2  0   y,  y.
• Chứng minh f đơn ánh?
• Vế phải trong điều kiện bài toán là một hàm bậc nhất của y nên có tập giá trị bằng. Do đó: f là một song ánh. Vì f là toàn ánh nên tồn tại a  để f  a   0. Thay x  y a vào điều kiện ta được:          2 f af a  f a  f a  a  f 0 a. Do f là song ánh nên a  0 tức f  0   0. Suy ra: f  f  x   x,  x. Trong điều kiện cho y  0 ta được: f  xf  x   f 2  x , x. Từ đây, thay x bởi f  x ta được:         

2 f f x .f f x   f f x   , x

• Thay f  y bởi y vào điều kiện bài toán đã cho và chú ý đến (*) ta có: f  x  y   f  x  f  y Do đó: y  kx  x. Thay vào điều kiện bài toán đã cho ta suy ra được: 2 k   1 , vô lý. Vậy không tồn tại hàm số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 7. Cho

####### f :  thỏa mãn các điều kiện: f  m f 2  n   mnf  m  m n ,  *.

Chứng minh rằng nếu   2 f 2003 a thì alà số nguyên tố. Giải

• Chứng minh f là đơn ánh và f   1  1?
• Dễ thấy f  f  n   n  n . Thay nbởi f  n có:              

f m f 2 f n  mf n f m  f m n 2 mf m f n.

####### Vậy f  m 2   mf  m mvà f  m n 2 2   mf  m  f  n 2  f  m 2  f  n 2 , nghĩa là f nhân

tính trên tập hợp các số chính phương. Giả sử   f 2003 a 2 với a là hợp số, nghĩa là a mnvới m  n 1.

####### Khi đó: f  f  2003    f  a 2   f  m n 2 2   2003 f  m 2  f  n 2  Vô lý vì 2003 là số

nguyên tố. Bài 8. ( Việt Nam TST 1988). Xác định hàm số f :  thỏa mãn điều kiện: f  f  n   f  m   n  m n m , . Giải Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Chứng minh f là đơn ánh?
• *   n ta có: f  f  n   f  n   n  n  2 n   n  1    n  1   f  f  n  1   f  n 1   f  n   f  n  f  n  1   f  n  1   f  n  1   f  n   f  n   f  n  1   n

 f là hàm tuyến tính tức f có dạng: f  n  an b. Thử lại ta có: a  an  b   am  b   b  m  n  ...  a  1, b 0. Suy ra: f  n n. Bài 9. Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn các điều kiện: (i) f  f  n  f  n (ii) f  f  m  f  n   f  m n (iii) f nhận vô số giá trị. Giải Giả sử tồn tại m 1 m 2 mà f  m 1  f  m 2 . Ta có thể xem m 2 m 1. Khi đó với mọi nta có: f  f  m 1   f  n   f  f  m 2   f  n   f  m 1  n   f  m 2 n. Đặtd  m 2  m 1  0  m 2  m 1 d

Khi đó: f  n  m 1   f  n  m 1 dhay f  n  f  n d. Như thế f là hàm tuần

hoàn và do đó chỉ nhận hữu hạn giá trị. Điều này mâu thuẫn với (iii). Suy ra f là một đơn ánh. Từ (i) có ngay f  n  n  n. Bài 10. Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn điều kiện:

#######     

f x 3  f y  y  f 3 x x y , . Giải

• Chứng minh f là một đơn ánh?
• Thay y bởi    f 3 x

####### thì ta có  

3 f x  y  0 , nghĩa là tồn tại số a sao cho f  a   0. Đặt f  0 b. Tìm cách chứng minh f  0   0?

• Thay y  0 vào điều kiện bài toán ta được:     3 3 f x f x  x. Từ đó       3 f 1  f 1  f 1  0 hoặc f   1   1. Nhưng do f là đơn ánh và f  0  0 nên chỉ xảy ra hai khả năng:

Thay x bởi f  xta được: f  f  x   f  y   f  f  x   y  x  y  f  f  x y. Do f đơn ánh nên f  x  y   f  x  f  y, x y , . Bằng các phép suy luận ta nhận được: f  x   f   1 x,  x. Lại có 1  f  f   1   f   1 f   1  f 2   1  f  1   1. Vậy f  x   x, f  x   x,  x. Bài 12. (IMO 1992). Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện:

#######     

f x 2  f y  f 2 x  y, x y , . Giải

• Chứng minh f là song ánh?
• Do f song ánh nên tồn tại duy nhất a  sao cho f  a   0. Thay x  0 ta được:      2 f f y  f 0 y. Thay x  y avào điều kiện bài toán ta được:

          

f a 2  a  f a  f f a 2  0  f 2 0  a 2  f 0  a 0.

####### Đến đây, ta thu được: f  f  x   x,  x và    

2 2 f x  f x , x ( do thay y  0 ). Dễ thấy: nếu x  0 thì f  x   0. Hơn nữa f  x  0  x 0. Bây giờ lấy x  0,y thì

              

2 f x  y  f  x  f f y  f x  f y  f x f y   . Thay y  xta được: f   x    f  x f là hàm lẻ. Do đó nếu x  0 thì: f  x  y   f    x  y    f   x  y    f  x   f   y   f  x   f  y ,  y , x  0. Ta thấy f đơn điệu tăng. Thật vậy, x  y  x  y  0  f  x  y 0. Do đó: f  x  f  x  y  y   f  x  y   f  y  f  y.

Hàm f là hàm cộng tính và đơn điệu tăng nên có dạng: f  x ax. Thay vào điều kiện bài toán ta thu được: a  1. Vậy hàm số f cần tìm là: f  x   x,  x. Bài 13. ( Vietnam TST 2004). Tìm tất cả các giá trị của a sao cho tồn tại duy nhất

####### một hàm f :  thỏa mãn điều kiện: f  x 2  y  f  y   f 2  x ay, x y , .

Giải

• TH: a  0 thì có hai hàm số thỏa mãn là: f  x   0, f  x  1 , x.
• TH: a  0.
• Chứng minh f là toàn ánh? Khi đó tồn tại b  sao cho f  b  0.
• Ta thấy: f  x   0  x 0. Thay y bvào điều kiện bài toán ta được:

#######    

2 2 f x  b  f x ab

####### Thay x bởi xvào phương trình này ta được: f  x 2  b   f 2   x ab (1)

Do đó: f 2  x  f 2  x   f  x   f   x , x. Suy ra: f  b   0. Lại thay y  b

####### vào điều kiện bài toán ta được: f  x 2  b   f 2  x ab

(2)

####### Từ (1) và (2) ta nhận được: f  x 2  b   f 2  x 2  b  2 ab ,  x. Thay x  0 vào đẳng

thức này ta thu được: 2 ab  f  b   f  b  0  b 0. Do đó: f  x   0  x 0.

####### Với a  2. Từ điều kiện bài toán cho y  0 thì f  x 2   f 2  x , x. Từ đây cho x  1

ta được: f   1  f 2   1  f  1  1 ( do f   1  0 ). Cũng từ điều kiện bài toán cho y  1 ta được:

#######      

f x 2  2  f 2 x  a  f x 2 a. Thay x  0 vào đẳng thức này ta được a f 2 .

Khi đó:          

2 2 2 2 a  f 2  f 2  f 4  f  2  2  f 2  a  2 a  a 2   ( vì a  0 ).

####### Với a  2 ta có phương trình hàm: f  x 2  y  f  y   f 2  x  2 y, x y ,  (*)

Bài 6. Xét tất cả các hàm f , g h, :  sao cho f là đơn ánh và h là song ánh thỏa mãn điều kiện f  g x  h x , với mọi x  .Chứng minh rằng g  x là một hàm song ánh. Bài 7. Xét tất cả các hàm f :   0   thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: (i) f  x  y   f  x  f  y, với mọix y,   0  

####### (ii) Số phần tử của tập hợp x f  x  0, x   0 

   là hữu hạn. Chứng minh rằng f là một hàm đơn ánh.

Bài 8. Tìm tất cả các hàm số f :  0;     0;thỏa mãn:

   , ,  

1 0; y f x f y x y xy      . Bài 9. (OLP miền Nam 2006). Hãy tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn: