Ứng dụng phương pháp hàm nửa tuần hoàn trong giải phương trình hàm

PHƯƠNG PHÁP HÀM “NỬA TUẦN HOÀN”- 𝐟(𝐱 + 𝐚) = 𝐟(𝐱) + 𝐛 TRONG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN ℝ

⁺

Đoàn Quang Đăng, lớp 12 Toán - THPT Chuyên Bến Tre ---

Trong tài liệu này, tôi xin phép được trình bày về phương pháp hàm “nửa tuần hoàn” để giải quyết một số bài toán phương trình hàm trên ^.

I. Kiến thức cần nhớ.



Với hàm số

f : ^ ^

ta luôn có

f x( ) ,  x 0.



Nếu hàm số

f : ^ ^

thỏa mãn

f x( )cx, x 0

với

c0

và tồn tại các số thực dương

a b,

để

f x a(  ) f x b(  )

với mọi số thực

x

đủ lớn thì

ab.

Chứng minh: Đặt T a b

. Nếu

T 0

thì

f x( ) f x T(  )

với mọi số thực

x

đủ lớn. Từ đây bằng quy nạp ta chứng minh được

( ) ( ),

f x  f xnT

với mọi số thực

x

đủ lớn. Khi đó

f x( ) f x nT(  )cx cnT

, cố định

x

và cho

n

ta thấy ngay điều vô lý. Vậy

ab.



Nếu hàm số

f : ^ ^

thỏa mãn

f x( ) f y( ) f x( y),x y, 0

thì hàm

f

tuyến tính hay

f x( )ax, x 0.



Nếu hàm số

f : ^ 

thỏa mãn

f x( ) f y( ) f x( y),x y, 0

và

f x( )a,

với mọi

x0

,

a

thì

f x( )cx, x 0.

Chứng minh: Ta có f nx( )nf x( ), x 0

,

n

nguyên dương. Do đó

( ) a, 0.

f x x

n  

Cho

n

ta được

f x( )  0, x 0

hay

f x( )cx, x 0.



Chú ý tính đối xứng, bán đối xứng của đẳng thức đề cho; phương pháp phân li biến số.



Chú ý việc vận dụng các phép thế triệt tiêu (phép thế giản ước).



Phương pháp thêm biến.



Phương pháp chứng minh phản chứng; chứng minh quy nạp.

II. Ý tưởng trong phương pháp hàm “nửa tuần hoàn”.

Với các bài toán phương trình hàm trên ^ nhận hàm f tuyến tính làm nghiệm hàm, khi sử dụng phương pháp hàm “nửa tuần hoàn” ta chú trọng đến việc chứng minh mệnh đề sau đây:

“Nếu f x a(  ) f x( )b, với mọi x đủ lớn, với a b,  thì bka.”

Tùy thuộc vào bài toán mà giả thiết có thể thêm a0,b0. Số k thường được xác định như sau: nếu hàm f x( )cx d  , x 0 thỏa mãn đề bài thì ta có nhận xét

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x a  f x  f a  f x ca f x b, Từ đây ta có thể dự đoán k c.

Việc chứng minh mệnh đề trên còn tùy thuộc vào từng bài toán, ở đây tôi xin có một số lưu ý khi chứng minh mệnh đề trên như sau:

 Chú ý các phép thế x bởi x a x b x a b x ka ,  ,   ,  ,... để sử dụng được giả thiết.

 Khai thác tính đối xứng, bán đối xứng của đẳng thức, từ đó đưa ra phép thế thích hợp để thu được các đẳng thức, phương trình mong muốn.

 Nếu có f x( )cx thì ta có thể đưa về f x ka(  ) f x b(  ) với mọi x đủ lớn, từ đây suy ra bka (lập luận tương tự ở phần I).

Vậy câu hỏi đặt ra là khi nào ta có thể sử dụng phương pháp hàm “nửa tuần hoàn” vào bài toán phương trình hàm trên ^?

Thông thường, nếu ta nhận xét được phương trình đề bài có dạng

( ) ( )

f xA  f x B

(trong đó A B, là các biểu thức theo y z f y, , ( ), ( ), (f z f ny), (f nz),...) thì ta có thể vận dụng phương pháp này để giải quyết.

Đôi khi ta phải thông qua nhiều thao tác để đưa được về dạng f x( A) f x( )B.

Từ kết quả BkA ta có thể thu được nhiều đẳng thức, phương trình quan trọng giúp cho bài toán trở nên đơn giản và dễ dàng tiếp cận hơn.

III. Một số bài toán minh họa cho phương pháp.

Để có thể hình dung rõ hơn về phương pháp hàm “nửa tuần hoàn” cũng như là thấy được các ưu, nhược điểm của nó, tôi xin giới thiệu với bạn đọc một số bài toán có thể sử dụng phương pháp này để giải quyết.

Trong IMO Shortlist 2007 có bài toán phương trình hàm sau:

Bài 1. Tìm tất cả hàm số f : ^ ^ thỏa mãn

( ( )) ( ) ( ),

f x f y  f xy  f y với mọi x y, 0.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài.

Ký hiệu P x y( , ) : (f x f y( )) f x( y) f y( ),x y, 0.

Trước hết ta chứng minh f x( )  x, x 0.

Chứng minh: Giả sử tồn tại y0 sao cho f y( ) y, khi đó từ P y(  f y y( ), ) ta được

(2 ( )) 0

f y f y  .

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Nếu tồn tại z0 : ( )f z z thì từ P x z( , ) ta được và ( ) 0,

f z  mâu thuẫn với giả thiết. Vậy f x( )  x, x 0.

Ta chứng minh mệnh đề sau:

“Nếu f x a(  ) f x( )  b, x c vớia0,b và c0 thì b2a.”

Chứng minh: Với x y, đủ lớn thì từP x y( , a) ta thu được

( ( )) ( ) ( ) 2 ,

f x b  f y  f xy  f y  b và từ P x b y(  , ) ta thu được

( ( )) ( ) ( ).

f x b  f y  f x  y b f y

Chú ý rằng f x(  y 2 )a  f x( y) 2 b nên từ đẳng thức trên ta có f x(  y 2 )a  f x b(  ) với mọi x y, đủ lớn, hay f x( 2 )a  f x b(  ) với mọi x đủ lớn. Áp dụng bổ đề đã chứng minh ở phần I ta có ngay b2a.

Cuối cùng đặt z x y thì từ đẳng thức đề bài ta có

( ( ) ) ( ) ( ), .

f z f y y  f z  f y  z y

Áp dụng mệnh đề trên ta suy ra 2( ( )f y y) f y( ), y 0 hay f y( )2 ,y  y 0.

Thử lai ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn đề bài là

( ) 2 , 0.

f x  x  x

Nhận xét. Từ việc thay x bởi xy cho ta được f x( A) f x( )B, khiến ta nghĩ tới ngay phương pháp hàm “nửa tuần hoàn”. Chọn các phép thế thích hợp sẽ đưa được về dạng f x( 2 )a  f x b(  ). Bài toán trên có thể giải quyết bằng phương pháp thêm biến, nhưng khi ta đi theo hướng “nửa tuần hoàn” thì rõ ràng bài toán đã được giải quyết nhanh chóng và gọn gàng.

Một bài toán tương tự mà các bạn có thể thử sức:

1) Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thoảm mãn

( ( )) ( ) 3 ( ), , 0.

f x f y  f xy  f y x y

Bài toán 2. Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn

( ( ) 2 ) (2 ) 2 ,

f f x  y  f xy  y với mọi x y, 0.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài.

Ký hiệu P x y( , ) : ( ( ) 2 )f f x  y  f(2xy) 2 , y x y, 0.

T chứng minh mệnh đề sau:

“Nếu f x a(  ) f x( )   b, x c 0 với a b,  thì b2 .a” Chứng minh: Với yc thì từ P x y( , a) ta được

( ( ) 2 ) 2 (2 ) 2 ,

f f x  y  b f xy  b ya

từ đây kết hợp với P x y( , ) ta suy ra ngay b2a. Chứng minh hoàn tất.

Từ , ^{( )} 2

P z f y x ta suy ra

( ( ) ( ) 2 ) 2 ( ) ( ) 2 , , , 0.

2

f f z  f y  x  f x z f y  f y  x x y z

Thay đổi vai trò y z, trong đẳng thức trên và so sánh với chính nó ta thu được

( ) ( )

2 2 ( ) ( ), , , 0.

2 2

f y f z

f x z  f x y  f z  f y x y z

Do đó f x u(  ) f x v(    ) w, x 0 với

( ) ( )

2 , 2 , ( ) ( ).

2 2

f y f z

u z v y w f z  f y

Suy ra f x u v(   ) f x( )  w, x v. Khi đó áp dụng mệnh đề vừa chứng minh ta suy ra

2( )

w u v , hay

( ) ( )

( ) ( ) 2 2 2 , , 0.

2 2

f y f z

f z  f y   z  y  y z

Do đó f y( ) 2 y f z( ) 2 ), z y z, 0 hay f x( )2x C  , x 0 với C là hằng số thực.

Thay vào phương trình đề cho ta tìm được C0. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn đề bài là

( ) 2 , 0.

f x  x  x

Nhận xét. Trong bài toán trên, việc chứng minh mệnh đề hàm “nửa tuần hoàn” khá đơn giản khi không cần đưa về hàm tuần hoàn để chỉ ra điều vô lý. Tuy nhiên, điểm khó ở bài toán này là phương trình đề bài chưa có dạng f x( A) f x( )B. Tuy nhiên ta đã giải quyết được bằng cách đưa về trái trở thành f(2x f y( ) f z( )) để vận dụng đối xứng bằng phương pháp thêm biến. Thao tác này cũng đã tạo ra được f x( A) ở vế phải. Bài toán trên có thể giải quyết bằng phương pháp thêm biến nhưng khá phức tạp. Ngoài ra ta cũng có thể khai thác đánh giá f x( )  x, x 0 để giải quyết bài toán.

Một bài toán tương tự:

2) Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn

(2 ( ) 2 ) (2 ) ( ), , 0.

f f x  y  f xy  f y x y Ta đến với một bài toán khác như sau:

Bài toán 3. Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn

(2020 ( ) ) (2021 ) ( ),

f x f x y  f x  f y với mọi x y, 0.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài.

Ký hiệu P x y( , ) : (2020f x f x( )y) f(2021 )x  f y( ),x y, 0.

Dễ thấy f x( )  x, x 0, vì nếu không thì từ P x x( ,  f x( )) ta thấy ngay điều vô lý.

Ta chứng minh mệnh đề sau:

“Nếu f x a(  ) f x( )  b, x 0 với a b,  thì ab” Chứng minh: Từ P x a y(  , ) ta suy ra

(2020 ( ) 2020 ) (2021 ) ( ) 2021 , , 0.

f x f x  y a b  f x  f y  b x y Mặt khác từ P x y( , 2021 )a ta suy ra

(2020 ( ) 2021 ) (2021 ) ( ) 2021 , , 0.

f x f x  y a  f x  f y  b x y

So sánh hai đẳng thức trên ta được

(2020 ( ) 2020 ) (2020 ( ) 2021 ), , 0,

f x f x  y a b  f x f x  y a x y

hay f y( a) f y b(  ) với mọi số thực y đủ lớn. Đến đây áp dụng bổ đề đã chứng minh ở phần I ta suy ra ngay ab.

Chứng minh hoàn tất.

Áp dụng mệnh đề vừa chứng minh, từ đề bài ta suy ra

(2021 ) ( ) 2020 , 0.

f x  f x  x  x Suy ra

( ( ) ) ( ) ( ), , 0.

f f x y  f x  f y x y Từ P x y( , 2020 )x ta suy ra

( ( ) ) (2021 ) ( 2020 ), 0, 2020 .

f f x y  f x  f y x  x y x So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra

( ) ( ) (2021 ) ( 2020 ), 0, 2020 .

f x  f y  f x  f y x  x y x Do đó

( ) ( 2020 ) (2021 ) ( ) 2020 , 0, 2020 .

f y  f y x  f x  f x  x  x y x Hay

( ) ( ) , 0.

f y  f y    x x y x Từ đẳng thức trên y bởi x1 ta được

( 1) (1), 1,

f x  x f  x suy ra

( ) (1) 1, 1.

f x  x f   x Ta tiếp tục thay y1 và x bởi 1x ta được

( ) (1) 1, 1.

f x  x f   x

Vậy f x( ) x f(1) 1,  x 1. Chú ý rằng f(1) 1  f(1) 1 Do đó f x( )   x c, x 0. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn đề bài là f x( )   x c, x 0. (c là hằng số không âm)

Nhận xét. Trong bài toán trên, ta thấy ngay đẳng thức đề bài có dạng f x( A) f x( )B ta đã sử dụng phép thế P x y( , 2021 )a để đối chiếu với đẳng thức đã có trước đó thông qua việc thay x bởi x a , từ đó đưa về hàm tuần hoàn để chỉ ra điều vô lý. Nhờ sử dụng phương pháp hàm “nửa tuần hoàn” mà ta đã đưa bài toán được về dạng đơn giản hơn là

( ( ) ) ( ) ( ).

f f x y  f x  f y

Tiếp theo ta đến với một số bài toán với hai ẩn hàm có thể sử dụng phương pháp hàm

“nửa tuần hoàn” để giải quyết.

Bài toán 4. Cho các hàm số f g, : ^  ^ thỏa mãn g(1) f(1) và i) f g x( ( )y) f x( )g y( ),x y, 0.

ii) g f x( ( )y)g x( ) f y( ),x y, 0.

Chứng minh rằng f x( )g x( ), x 0.

Lời giải. Ký hiệu P x y( , ) chỉ khẳng định f g x( ( )y) f x( )g y( ),x y, 0 và Q x y( , ) chỉ khẳng định g f x( ( )y)g x( ) f y( ),x y, 0.

Bước 1. f x( )  x, x 0 và g x( )  x, x 0.

Chứng minh: Giả sử tồn tại x0 sao cho f x( )x thì từ Q x x( ,  f x( )) ta suy ngay

( ( )) 0

f x f x  , vô lý. Vậy f x( )  x, x 0.

Giả sử tồn tại x0 sao cho g x( )x thì từ P x x( ,  f x( )) ta suy ra g x( g x( ))0, vô lý.

Vậy g x( )  x, x 0. Chứng minh hoàn tất.

Bước 2. Nếu f x a(  ) f x( )   b, x 0 với a0,b thì ab.

Chứng minh: Giả sử tồn tại a0,b sao cho f x a(  ) f x( )  b, x 0.

Từ P y x a( ,  ) ta suy ra f g y( ( )  x) b f y( )g x a(  ),x y, 0.

Từ đây kết hợp với P y x( , ) ta suy ra g x a(  )g x( )  b, x 0.

Từ P(1,xg(1)) ta thu được f x( ) f(1)g x(  f(1)), x g(1).

Từ P(1a x, g(1)) ta thu được f x b(  ) f(1) b g x( g(1)), x g(1).

So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra f x b(  ) f x( ) b f x a(  ), x g(1).

Đến đây áp dụng bổ đề đã chứng minh ở phần I ta suy ra ngay ab. Chứng minh hoàn tất.

Bước 3. g x( ) f x( )là hằng số.

Chứng minh: Từ P z f y( , ( )x) ta suy ra

( ( ) ( )) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ), , 0.

f xg z  f y  f z g x f y  f z g y  f x x y Khi đó áp dụng mệnh đề đã chứng minh ở bước 2 ta suy ra

( ) ( ) ( ) ( ), , 0.

f y g z  f z g y y z Hay

( ) ( ) ( ) ( ), , 0.

g y  f y g z  f z y z Do đó g x( ) f x( )  c, x 0. Chú ý rằng f(1)g(1) nên c0. Vậy f x( )g x( ), x 0. Chứng minh hoàn tất.

Nhận xét. Từ việc thêm biến z0 thông qua phép thế P z f y( , ( )x) đã tạo ra cho ta được đẳng thức dạng f x( A) f x( )B. Ý tưởng thêm biến để sử dụng điều kiện ii) vào điều kiện i) khá tự nhiên, từ đó tạo cho ta liên tưởng đến việc sử dụng phương pháp hàm

“nửa tuần hoàn” . Việc chứng minh tính chất “nửa tuần hoàn” cần phải được vận dụng khéo léo các phép thế để đưa về hàm tuần hoàn.

Ta đến với một bài toán khá tương tự như sau:

Bài toán 5. Tìm tất cả hàm số f g, : ^ ^ thỏa mãn i) f x( g x( )y)g x( ) f x( ) f y( ),x y, 0.

ii) g x(  f x( )y) f x( )g x( )g y( ),x y, 0.

Lời giải. Giả sử tồn tại các hàm f g, thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu P x y( , ) : (f xg x( )y)g x( ) f x( ) f y( ),x y, 0.

Ký hiệu Q x y( , ) : (g x f x( )y) f x( )g x( ) f y( ),x y, 0.

Bước 1. Nếu f x a(  ) f x( )  b, x 0 với a b, 0 thì ab. Chứng minh: Từ Q x a b x(   , ) ta suy ra

( ( ) ) ( ) ( ) ( ), 0.

g x a b   f x b  b x  f x b  b g x a b  g x  x Từ Q x b x a b(  ,   ) ta suy ra

( ( ) ) ( ) ( ) ( ), 0.

g x b  f x b    x a b f x b g x b g x a b   x So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra g x b(  ) g x( )  b, x 0.

Từ P x b x(  , 2 )b ta suy ra

( 2 ( ) 2 ) ( ) 2 ( 2 ) ( ), , 0.

f x bg x  bx g x  b f x b  f x x y Từ P x b x(  , 2 )b ta suy ra

( ( ) 2 ) ( ) ( ) ( 2 ), , 0.

f x b g x   b x b g x  b f x b  f x b x y Từ hai đẳng thức trên ta suy ra f x b(  ) f x( )  b, x 0.

Do đó f x a(  ) f x b(  ), x 0. Đặt T a b , suy ra f x T(  ) f x( ) với môi số thực dương x đủ lớn.

Nếu T 0 thì với x đủ lớn ta có thể viết P x y( , ) lại thành

( ( ) ) ( ) ( ) ( )

f xg x y g x  f x kT  f y

Chọn số nguyên k đủ lớn và ykTg x( )0 thì từ đẳng thức trên ta suy ra ( ) ( ) 0

g x  f y  , mâu thuẫn. Vậy T 0 hay ab.

Bước 2. f x( )  x, 0.

Chứng minh: Từ P x y( , ) ta có f y( a) f y( )  b, y 0 với ( )

a x g x và b f x( )g x( ). Áp dụng mệnh đề ở bước 1 ta suy ra ab hay f x( )  x, x 0.

Chứng minh hoàn tất.

Bước 3. ^{g x( )}  ^{x, 0.}

Chứng minh: Với kết quả ở bước 2, Q x y( , ) có thể viết lại thành

( , ) : (2 ) ( ) ( ), , 0.

R x y g xy  x g x g y x y Từ R x( , 2 )y ta suy ra

(2 2 ) ( ) (2 ), , 0.

g x y  x g x g y x y

Thay đổi vai trò của x y, trong phương trình trên và so sánh với chính nó ta được

(2 ) ( ) , 0.

g x  x g x   C x (C là hằng số thực) Thay lại vào R x y( , ) ta được

(2 ) (2 ) ( ) , , 0.

g xy g x g y  C x y hay g x( y)g x( )g y( ) C, x y, 0.

Đặt h x( )g x( )C khi đó h: ^  và h x( )   C, x 0. Thay vào ta được

( ) ( ) ( ), , 0.

h xy h x h y x y

Áp dụng bổ đề đã chứng minh ở phần I, ta suy ra g x( )kx C  , x 0.

Thay vào R x y( , ) ta dễ dàng tìm được k 1,C0.

Thử lại ta thấy hai hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy f x( )g x( ), x 0 là tất cả hàm số thỏa mãn đề bài.

Nhận xét. Ở điều kiện i) ta đã thấy ngay được dạng f x( A) f x( )B, từ đó gợi ý cho ta việc sử dụng phương pháp f x a(  ) f x( )b. Việc chứng mệnh đề “nửa tuần hòa”

trong bài toán khá khó vì phải sử dụng nhiều phép thế.

Bài toán 6. Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn

( 2 ( ) 2 ) (3 ) 2 ( ),

f x f x  y  f x  y f y với mọi x y, 0.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài.

Ký hiệu P x y( , ) : (f x2 ( ) 3 )f x  y  f(3 )x  y 2 ( ),f y x y, 0.

Đặt ^A



^{f x( )f y( ) : ,x y}



^.

Ta chứng minh mệnh đề:

“Nếu f x a(  ) f x( )  b, x c với a b,  ,c0 ab.” Chứng minh: Giả sử tồn tại a b,  ,c0 sao cho f x a(  ) f x( )  b, x c. Với y0 đủ lớn, từ P x y( , a) ta suy ra

( 2 ( ) 2 ) 3 (3 ) 2 ( ) 2 .

f x f x  y  b f x   y a f y  b Từ đây, kết hợp với ab. Chứng minh hoàn tất.

Với t0 từ P t x( , ) ta suy ra x2 ( )f x  f(3x u   ) v, x 0, với 2 ( ) 0, (3 ) 0.

u t f t  v f t 

Khi đó P x y( , ) có thể viết lại thành

( (3 ) 3 ) (3 ) (3 ) , , 0.

f f x u  y v  f x  f y u  v x y hay

 



^{3 (3 )}



^{(3 )}



^{(3 )}



^{, , 0.}

f y u  f x u  u v  f y u  f x v x y Đến đây, áp dụng mệnh đề trên ta suy ra f(3x u   ) u v f(3 )x v hay

(3 ) (3 ) , 0.

f x u  f x   u x Thay vào P x y( , ) ta được

( (3 ) 3 ) (3 ) (2 ) ,

f f x  y v  f x  f y v hay

( ( ) ) ( ) ( ) , ( ), 0.

f f x   y v f x  f y    v y v f x x Chú ý rằng v f(3 )t nên từ đẳng thức trên ta có

( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ),

f x f y  f z  f x  f y  f z với mọi x y z, , 0 sao cho x f y( ) f z( )0.

Hay

 

( ) ( ) , max ,0 .

f x a  f x   a x a Chú ý rằng ta đã chứng minh được

2 ( ) (3 )

x f x  f x u v và f(3x u ) f(3 )x u, do đó x f(2 )x  f(3 )x    u v, x 0. Suy ra

(2 ) (3 ) (2 ) (3 ), , 0.

x f x  f x  y f y  f y x y Từ đây ta có được



^{( ) ( )}

 

^{(3 ) (3 ) .}



x y f y f x  f x f y

Do đó với mọi số dương bất kỳ ta đều có thể viết dưới dạng tổng hai phần tử của tập A.

Với số thực y0 và ab là hai phần tử của tập A sao cho y a b. Chú ý rằng a a b,  0. Ta suy ra

( ) ( ) , 0.

f x a  f x   a x



^{( )}



^{( ) ( ) , 0.}

f x a b f x a b f x a b x

          

Suy ra f x( y) f x( ) y, x y, 0. Đến đây ta dễ dàng suy ra f x( )   x c, x 0. Thay vào phương trình ban đầu ta được c0.

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét. Ở bài toán này, ta thấy phương trình ban đầu chưa có dạng

( ) ( ) .

f xA  f x B

Để đưa được về dạng này. Để đưa được về dạng này, ta đã thông qua việc thay

2 ( ) (3 )

y f y  f y u v để làm xuất hiện thành phần 3y u ở vế phải., từ đó đưa phương trình trên về dạng mà ta mong muốn. Điểm hay và mới của bài toán trên là việc xét tập A và nhận xét về việc có thể biểu diễn mọi số thực dương thành tổng của hai phần tử thuộc tập A.

Tuy nhiên, hướng đi này khá khó và ít được sử dụng, ta sẽ xét một bài toán tương tự nhưng có hướng giải quyết tự nhiên và dễ nghĩ ra hơn sau đây:

Bài toán 7. Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn

( 2 ( ) 3 ) (3 ) 2 ( ),

f x f x  y  f x  y f y với mọi x y, 0.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn.

Ký hiệu P x y( , ) : (f x f x( ) 2 ) y  f(2 )x  y f y( ),x y, 0.

Tương tự bài toán 6 ta chứng minh mệnh đề sau:

“Nếu f x a(  ) f x( )  b, x c với a b,  ,c0 thì ab.”

Với hai số thực dương a b, từ P a y P b y( , ), ( , ) ta suy ra

(2 ( )) (2 ( )) (2 ) (2 ), 0.

f y a f a  f y b  f b  f a  f b  y Hay f x( A) f x( )B, với mọi x đủ lớn, với

( ) ( ), (2 ) (2 ).

A a f a  b f b B f a  f b Áp dụng mệnh đề trên ta suy ra

( ) (2 ) ( ) (2 ), , 0.

a f a  f a  b f b  f b a b Do đó

( ) (2 ) , 0.

a f a  f a   c a

Ta sẽ chứng minh c0. Thật vậy, ta chọn k f(2 )a  f(2 )b sao cho k0. Khi đó ta có ngay f x k(  ) f x( )k, với mọi số thực x đủ lớn.

Từ đây bằng quy nạp ta chứng minh được f x nk(  ) f x( )nk với mọi số thực x đủ lớn (n là số nguyên dương). Với n đủ lớn ta có ngay f(2nk) f nk( )nk. Thay vào ta có ngay c0. Chứng minh hoàn tất.

Thay vào phương trình ban đầu ta được

( (2 ) 2 ) (2 ) (2 ), , 0.

f f x  y  f x  f y x y hay

( ( ) ) ( ) ( ), , 0.

f f x y  f x  f y x y Ký hiệu mệnh đề trên là Q x y( , ), ta chứng minh f là đơn ánh.

Từ Q x x( , ) ta suy ra

( ( )) 2 ( ), 0.

f x f x  f x  x hay

2x f x(  f x( ))2( ( )f x x), x 0.

Chú ý rằng x f x( ) f(2 )x nên ta suy ra 2x f f( (2 ))x  f(2 ),x  x 0.

Từ đây ta dễ dàng suy ra f là đơn ánh.

Cuối cùng từ Q x y Q y x( , ), ( , ) ta suy ra

( ( ) ) ( ( ) ), , 0.

f f x y  f f y x x y Suy ra

( ) ( ) , , 0.

f x  y f y  x x y hay f x( ) x f y( ) y, x y, 0.

Do đó ^{f x( )}   ^{x c, x 0.} Thay vào ta tìm được c0.

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn đề bài là

( ) , 0.

f x    x c x (c0)

Nhận xét. Rõ ràng bài toán trên đã tạo ra được phương trình dạng f x( A) f x( )B theo hướng tự nhiên và đơn giản hơn bài toán 6.

Ta đến với một bài toán cũng mang hình dáng tương tự như hai bài toán trên:

Bài toán 7. Tìm tất cả hàm số f g, : ^ ^ thỏa mãn f là đơn ánh và

( ( ) 2 ) (2 ) ( ),

f xg x  y  f x  y g y với mọi x y, 0.

Lời giải. Giả sử tồn tại thỏa mãn đề bài.

Ký hiệu P x y( , ); (f xg x( ) 2 ) y  f(2 )x g y( ),x y, 0.

Ta chứng minh mênh đề sau:

”Nếu f x a(  ) f x( )  b, x M với a b,  ,M 0 thì ab.” Chứng minh: Giả sử tồn tại a b,  ,M 0 sao cho f x a(  ) f x( )  b, x M. Với y đủ lớn, từ P x y( , a) ta suy ra

( ( ) 2 ) 2 (2 ) ( ).

f xg x  y  b f x   y a g ya Kết hợp với P x y( , ) ta suy ra g x a(  )g x( ) 2 b a , với mọi x đủ lớn.

Với x đủ lớn, từ P x a y(  , ) ta suy ra

( ( ) 2 2 ) (2 ) ( ) 2 .

f xg x  y b  f x  y g y  b Chú ý rằng

(2 ) ( ) 2 ( ( ) 2 ) 2 ( ( ) 2 2 ).

f x  y f y  b f xg x  y  b f xg x  y a Do đó f x( g x( ) 2 y2 )a  f x( g x( ) 2 y2 )b hay ab. (do f là đơn ánh) Chứng minh hoàn tất.

Với hai số thực dương a b, bất kỳ, từ , , .

2 2

y y

P a  P b 

   

    ta được

( ( ) ) ( ( ) ) (2 ) (2 ), 0.

f yg a a  f yg b  b f a  f b  y Suy ra f x( A) f x( )B với mọi x đủ lớn, với

( ) ( ) , (2 ) (2 ).

Ag a  a g b b B f a  f b Áp dụng mệnh đề vừa chứng minh ta suy ra

( ) ( ) (2 ) (2 ), , 0.

g a  a g b  b g a g b a b Do đó

( ) (2 ) , 0.

xg x  f x   c x (c )

Thay vào phương trình ban đầu ta được

( ( ) 2 ) (2 ) (2 ) , , 0.

f xg x  y  f x  f y  c x y Thay đổi vai trò của x y, trong

( ( ) 2 ) (2 ) (2 ) ( ( ) 2 ), , 0.

f xg x  y  f x  f y  c f yg y  x x y Do f là đơn ánh nên ta suy ra

( ) , 0.

g x    x C x Thay vào xg x( ) f(2 )x c ta được

( ) , 0.

f x  x D x

Thay vào phương trình ban đầu ta tìm được C D, 0. Thử lại ta thấy hai hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn đề bài là

( ) , 0

f x  x D x và g x( )   x C, x 0.(C D, 0)

Nhận xét. Ở bài toán trên ta cũng tạo ra được phương trình dạng f x( A) f x( )B theo cách tương tự như bài toán 6. Từ đó gợi ý cho ta việc sử dụng phương pháp hàm “nửa tuần hoàn”. Với việc AB đã làm cho bài toán trở nên đơn giản và dễ giải quyết hơn.

IV. Bài tập rèn luyện.

Để kết thúc bài viết này, xin được phép giới thiệu một số bài tập vận dụng để các bạn có thể có cái nhìn rõ hơn về phương pháp hàm “nửa tuần hoàn”, cũng như là ưu và nhược điểm của phương pháp.

Bài 1. Tìm tất cả hàm số f : ^ ^ thỏa mãn

( ( )) ( ) 3 ( ), , 0.

f x f y  f xy  f y x y Bài 2. Tìm tất cả hàm số f : ^ ^ thỏa mãn

( 2 ( )) ( ) 3 ( ), , 0.

f x f y  f xy  f y x y Bài 3. Tìm tất cả hàm số f : ^ ^thỏa mãn

(2 ( ) 2 ) (2 ) , , 0.

f f x  y  f xy  y x y Bài 4. Tìm tất cả hàm số f : ^ ^ thỏa mãn

( ( ) ) (2 ) , , 0.

f x f y y  f x  y x y Bài 5. Tìm tất cả hàm số f : ^ ^ thỏa mãn

( 2 ( )) ( ) 2 2 ( ), , 0.

f x f y  f xy  y f y x y Bài 6. Tìm tất cả hàm số f : ^ ^ thỏa mãn

( ( )) ( ) ( ), , 0.

f x f y  f x  x f xy x y --- Hết ---

Tài liệu tham khảo:

1) Tài liệu chọn lọc Trường Đông Toán học Miền Nam 2020.

2) Functional Equation – Pangcheng Wu 3) Nhóm Hướng tới Olympic Toán VN.

4) https://artofproblemsolving.com/