Hai bổ đề thú vị trong bài toán phương trình hàm trên tập số thực dương

HAI BỔ ĐỀ TRONG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN

TẬP CÁC SỐ THỰC DƯƠNG

Đoàn Quang Đăng – 12 Toán – THPT Chuyên Bến Tre

OCTOBER 24, 2021

I. Hai số bổ đề trong bài toán phương trình hàm trên tập số dương.

Bổ đề 1. Cho các hàm số f g h, , : ^  ^ thỏa mãn



^{( )}



^{( ) ( )}

f g x y h x  f y với mọi x y, 0. Khi đó hàm ( )

( ) g x

h x là hàm hằng.

Chứng minh. Ký hiệu P x y( , ) chỉ khẳng định ^{f g x}



^{( )y}



^{h x( ) f y( ),x y, 0.}

Từ ^{P x y}



^{, g x( )}



ta suy ra

       

^{, 0, ( ).}

f yg x  f y h x  x yg x

Với x y, 0 và p q,  ^ sao cho ^{pg x}

 

^{qg y}

 

^0. Từ các đẳng thức trên ta dễ dàng chứng minh được

   

       

f z pg x qg y  f z  ph x qh y

với z0 đủ lớn. Nếu ^{ph x}

 

^{qh y}

 

^0, khi đó ta thay

 

^{p q, bởi}



^{kp kq,}



^{với k}

nguyên dương đủ lớn thì

     

^0,

f z ph x qh y  vố lý.

Như vậy ^{pg x}

 

^{qg y}

 

^{ph x( )qh y( ),x y, 0. Hay}

( ) ( )

, , 0.

( ) ( )

g x q h x q

g y  p h y  p x y

Giả sử ( ) ( ) ( ) ( ), g x h x

g y  h y khi đó ta có thể chọn p q,  ^ sao cho

( ) ( )

( ) ( ),

g x q h x g y  p  h y

điều này mâu thuẫn với chứng minh trên. Vậy ( ) ( )

, , 0,

( ) ( ) h x g x

h y  g y x y hay ( ) ( )

, , 0.

( ) ( ) h x h y

g x  g y x y

Thay đổi vai trò x y, trong đánh giá trên ta thu được ( ) ( )

, , 0.

( ) ( ) h x h y

c x y g x  g y    Vậy hàm ( )

( ) g x

h x là hàm hằng. Chứng minh hoàn tất.

Bổ đề 2. Cho hàm f : ^  ^ đơn ánh thỏa mãn

( ( )) 2 , 0,

f x f x  x  x khi đó f x( )  x, x 0.

Chứng minh. Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn yêu cầu.Thay x bởi ( ) 2

f y ta được

( ) ( )

, 0.

2 2

f y f y

f     y y

 

Ta chứng minh mệnh đề sau: Với số thực không âm ^a, nếu f x( )ax, x 0, thì

( ) 2 , 0.

f x 1x x

 a  

 Tương tự, nếu f x( )ax, x 0, thì 2

( ) , 0.

f x 1x x

 a  

 Chứng minh: Với mọi y0, ta có

( ) ( ) 1 2

( ) ( ) .

2 2 2 1

f y f y a

y f f y f y y

a

  

       Tương tự ta suy ra điều phải chứng minh.

Áp dụng mệnh đề trên với a0, ta có f x( )0 ,x  x 0, suy ra

4 4 4 2

( ) , 0,

4 2 4 1

n n

n x f x  n x  x

 

với n là số tự nhiên. Cho n ta được

( ) , 0.

f x   x x Bổ đề đã được chứng minh.

II. Một số bài toán minh họa cho bổ đề.

Ta đến với một số bài toán minh họa cho bổ đề 1.

Bài toán 1 (Gặp gỡ Toán học 2019). Tìm tất cả hàm số :

f ^  ^ thỏa mãn



^{( )}



^{2 ( )}

f x f y  y f x với mọi x y, 0.

Lời giải 1. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra f y( )2ay, y 0 với a0 là hằng số.

Thay vào phương trình ban đầu ta suy ra ² 1

4 2 .

a   a 2

Vậy f x( ) 2 ,x  x 0. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu.

Lời giải 2. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu ^{P x y}

 

^, chỉ khẳng định ^{f x}



^{ f y( )}



^{2y f x( ),x y, 0.}

Giả sử a b, 0 sao cho f a( ) f b( ), từ P x a P x b

   

^{, , ,} ta suy ra

   

2a f x( ) f x f a( )  f x f b( ) 2b f x( ) a b. Vậy f là đơn ánh. Từ ^{P x y}



^{, z}



ta suy ra



^{( )}



^{2( ) ( )}

f x f yz  y z f x



^{2y f x( )}



^{2z f x}



^{f y( ) f z( ) ,}



^{x y z, , 0.}

       

Mà f là đơn ánh nên ta suy ra

 

^{( ) ( ), , 0.}

f zy  f z  f y y z

Suy ra f x( )ax, x 0. Thay vào phương trình ban đầu ta tìm được a 2.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( ) 2 , 0.

f x  x  x

Bài toán 2 (BMO 2021). Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn

   

 

²

 

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

Lời giải 1. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu P x y( , ) chỉ khẳng định ^{f x}



^{ f x}

 

^{ f y}

  

^{2f x}

 

^{ y, x y, 0.}

Từ P(1, )y ta suy ra

   



^{1 1}



²

 

^{1 , 0.}

f  f  f y  f   y y Mặt khác từ ^{P x}



^{,1 f}

 

^{1  f y}

  

ta suy ra

   

 



^{2 1}

 

²

 

¹

 

¹

  

^{, , 0.}

f x f x  f  y  f x   f  f y x y  Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra ngay

2 ( ) 1 (1)

, 0

( ) 2 (1)

f x f

c x

x f x f

     

  (với c0 là hằng số)

(c 2) ( )f x cx f(1) 2cf(1) 1, x 0.

        

Nếu c2 thì ta thấy ngay điều vô lý, do đó c2. Suy ra f x( )ax b  , x 0.

Thay vào phương trình ban đầu ta tìm được a1 và b0.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( ) , 0.

f x   x x

Lời giải 2. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn. Dễ dàng chứng minh được f là đơn ánh Từ ^{P x x}

 

^, ta suy ra



²

  

²

 

^{, 0.}

f x f x  x f x  x (1)

Ta thêm biến z0. Từ ^{P x}



^{ f x( ) f z y( ),}



ta suy ra



^{( ) ( ) 2 ( ) ( )}



^{4 ( ) 2 , , , 0.}

f x f x  f z  f x  z f y  f x  x y x y z (2) Từ ^{P x}



^{, 2 ( )f y}



ta suy ra

     



²



²

 

²

 

^{, , 0.}

f x f x  f f y  f x  f y x y 

Thay đổi vai trò của x y, trong đẳng thức trên và đối chiếu với chính nó ta tu được

     



²



²

 

²

 

^{, , 0.}

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

  

²

     

²

  

^{, , 0}

x f x  f f y  y f y  f f x x y



²

    

^{, 0.}

f f x  x f x   c x

 (3)

Từ (2) ta thay z bởi f y( ) và y bởi 2 ( )f y thì được

           



^{3 2}



⁴

 

⁴

 

f x f x  f f y  f y  f f y  f x  f y

           



^{3 2}



^{, , 0.}

f y f y f f x f x f f x x y

      

Sử dụng tính đơn ánh và (3) ta suy ra

           

^{, , 0.}

f f y  f x  f f x  f y x y (4) Thay y bởi y2 ( )f y vào đẳng thức trên và chú ý (1), ta thu được

         

2 2 , , 0.

y f y  f x  f f x  y f y x y Suy ra



^{( )}



^{( ), 0.}

f f x  f x  x Do f là đơn ánh nên ta suy ra f x( )  x, x 0.

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

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( ) , 0.

f x   x x

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

   

 

²

 

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

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra



^{( )}



^{2 , 0.}

f x f x  cx  x (c0 là hằng số) Thay vào phương trình ban đầu ta thu được



²



^{2 ( ), , 0.}

f cxy  x f y x y Ta thay x bởi

2 x

c vào đẳng thức trên thì được

( ) x ( ), , 0.

f x y f y x y

  c  

Thay đổi vai trò x y, trong phương trình trên và đối chiếu với chính nó ta thu được

( ) x ( ) y ( ), , 0.

f x y f y f x x y

c c

      

hay

( ) x , 0.

f x a x

   c

Thay vào phương trình ban đầu ta dễ dàng suy ra f x( )  x, x 0.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( ) , 0.

f x   x x

Bài toán 4. Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn



^{( )}



^{2 ( ) ( )}

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

Lời giải 1. Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra ngay

   

2 ( )f x c x f x( ) ,  x 0 f x c( )     2 cx, x 0

với c0 là hằng số. Nếu c2 thì 2x  0, x 0, vô lý. Do đó c2, suy ra

( ) , 0.

f x ax  x

Thay vào ta tìm được a1. Vậy f x( )  x, x 0. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải 2. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu P x y( , ) chỉ khẳng định ^{f x}



^{ f x( )y}



^{2 ( )f x  f y( ),x y, 0.}

Bước 1. ^{f x}



^{ f x( )}



^{2 ( ),f x  x 0.}

Chứng minh: Từ ^{P x}



^{,1 f(1)}



ta suy ra



^{( ) 1 (1)}



^{2 ( )}



^{1 (1) ,}



^0.

f x f x   f  f x  f  f  x Mặt khác, từ ^P



^{1,x f x( )}



ta suy ra



^{1 (1) ( )}



^{2 (1)}



^{( ) ,}



^0.

f  f  x f x  f  f x f x  x Từ hai đẳng thức trên ta suy ra



^{( )}



^{2 ( ) , 0}

f x f x  f x   c x

với ^{c f}



^{1 f}

 

¹



^2f

 

^{1  .} Ta chứng minh c0. Với x y z, , 0 và y c 0 từ

  

^,



P x f x z yc ta suy ra

   



³

  

²

 

⁴

 

^.

f z f z  x f x  y c  f y c f z  f x Từ ^{P z x}



^{, 3f x}

 

^{ y c}



ta suy ra

   



³

 

³

  

²

 

^.

f z f z  x f x  y c  f x f x   y c f z

Kết hợp hai đẳng thức trên ta suy ra



³

    

⁴

 

^.

f x f x  y c  f y c f x Mặt khác từ ^{P x}



^{ f x y( ),}



ta thu được



³

    

⁴

 

^{2 .}

f x f x  y c  f y  f x  c

Do đó ^{f x c}



^{ }



^{f x( ) 2 , c  x 0 thỏa x c 0. Từ P x c y}



^{ ,}



^{ta suy ra}



^{( )}



^{6 2 ( ) ( ) 4 0.}

f x f x y  c f x  f y  c c Bước 2. f là đơn ánh.

Chứng minh: Giả sử tồn tại a b 0 sao cho f a( ) f b( )d.

Từ ^{P a x}

 

^{, và P b x a b}



^{,  }



ta suy ra ^{f x a b}



^{  }



^{f x}

 

^{, x 0.} Từ đây bằng quy nạp ta chứng minh được ^{f x}

 

^{ f x n a b}



^{ (  ) ,}



^{ x 0 với n .}

Với x0 và n ^ thỏa mãn n a b(  ) f x( ), từ ^{P x n a b}



^,



^{ }



^{f x}

  

ta suy ra

 

       

²

 

f xn a b  f n a b  f x  f x hay

   

   

^0,

f n a b  f x  f x  vô lý.

Vậy f là đơn ánh.

Bước 3. f x( )  x, x 0.

Chứng minh: Ký hiệu Q x( ) chỉ khẳng định ^{f x}



^{ f x( )}



^{2 ( ),f x  x 0.}

Từ ^{P x x}



^{,  f x( )}



ta suy ra



^{2 2}

  

⁴

 

^{, 0.}

f x f x  f x  x Từ ^{Q x}



^{ f x( )}



ta thu được ^{f x}



^{3f x}

  

^{4f x}

 

^{, x 0.}

Do đó ^{f x}



^{3f x}

  

^{ f}



^{2x2f x}

  

^{, x 0.} Kết hợp với f là đơn ánh ta suy ra

( ) , 0.

f x   x x

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

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f x( )  x, x 0.

Bài toán 5. Tìm tất cả hàm số f : ^  ^ thỏa mãn

     

     

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

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu P x y( , ) chỉ khẳng định ^f



^{f x f}

  

^{f x}

  

^y



^{xf x}

 

^{ f y}

 

^{,x y, 0.}

Bước 1. ^{f f x}



^{( )}



^{  x, x 0.}

Sử dụng bổ đề 1 trên ta suy ra

       

^f



^{f( )}



^{, 0.}

f x f f x cxf x  x cx x (vớic0 là hằng số) Từ đó ta suy ra f là song ánh và

         

^{, 0.}

cf x  f f f x  f cx  x Từ phương trình ban đầu, ta lấy f hai vế ta thu được



^{( ) ( )}

          

^{2 ( ) , , 0.}

f xf x  f y  f f f x f f x y c xf x cy x y Do f là toàn ánh nên từ đẳng thức trên ta thay z

y f c

   

  với z0 nào đó thì được



^{( )}



^{( ) ( )}



^{3 ( )}



f xf x z cxf cx  f z  f c xf x z Từ đây, do f là đơn ánh nên ta suy ra c1 hay ^{f f x}



^{( )}



^{  x, x 0.}

Khi đó P x y( , ) viết lại thành ^{f xf x}

  

^y



^{ xf x}

 

^{ f}

 

^{y ,x,y0.}

Bước 2. f y( ) y xf x( ),x y, 0.

Từ P x y( , ) bằng quy nạp ta chứng minh được

     

^*

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

Q x y n f ynxf x  f y nxf x x y n Giả sử tồn tại x y, 0 sao cho 1

( ) (

) )

(

y y

xf x xf f

 x  . Khi đó tồn tại n ^* sao cho

( ) ( ) 0

( ) ( )

y f y

n y nxf x

xf x   xf x    và f y( )nxf x( ).

Khi đó, từ Q x y nxf x n



^,  ^{( ),}



ta suy ra

  

^{( )}

    

^,

f y  f y nxf x nxf x nxf x mâu thuẫn.

Vậy ( )

1, , 0

( ) ( )

y f y

xf x  xf x  x y hay f y( ) y xf x( ),x y, 0.

Bước 3. f x( )  x, x 0.

Từ đánh giá ở bước 2, ta thay y bởi f y( ) thì được

( ) ( ), , 0.

y f y xf x x y Do đó

( ) ( ) ( ), , 0.

yxf x  f y  y xf x x y  Chú ý rằng ta có

0 yf y( ) y2xyf x( ),x y, 0.

Từ đây ta suy ra

0

lim ( ) 0

y _ yf y

  . Từ yxf x( ) f y( ) y xf x( )cho x0 ,^ suy ra

( ) , 0.

f y   y y Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f x( )  x, x 0.

Tiếp theo ta đến với hai số bài toán minh họa cho bổ đề 2.

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

     

     

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

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trước hết ta chứng minh f là đơn ánh.

Chứng minh: Với a b, 0 giả sử f a( ) f b( ), khi đó lấy P x a( , )P x b( , ) ta được

       

²

 

^{, 0.}

f f x  a f f x b  a b x Đặt d  a b, khi đó với mọi x đủ lớn ta có f x( d) f x( )2 .d Với x đủ lớn, từ P x( d y, ) ta thu được

   

²

   

^{4 2}

 

^{2 .}

f x f y  d f y f x  d  xy  d Kết hợp với P x y( , ) ta suy ra d 0 hay ab. Hay f là đơn ánh.

Từ P x x( , ) ta suy ra f x(  f x( ))2 ,x  x 0.

Áp dụng bổ đề vừa chứng minh ta suy ra f x( )  x, x 0.

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn.

Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( ) , 0.

f x   x x

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



^{2 ( )}

 

^{2 ( )}



^{( )2}

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

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trước hết ta chứng minh f là đơn ánh.

Chứng minh: Giả sử tồn tại a b, 0 sao cho f a( ) f b( )c. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử ab.

Đặt a 1.

k  b Từ b,

P x

x

 

 

  ta suy ra

 

²

2

2

2 , 0.

b b

f c f x c x x

x x

        

   

 

Từ b, P kx

x

 

 

  ta suy ra

 

²

2

2 2

2 , 0.

b b

f c f k x c kx x

x x

        

   

 

 

Trừ hai đẳng thức trên vế theo vế ta thu được

2 2 2 2 2

( ) ( ) 2( ) (1 ) 2( ), 0.

f x  c f k x c  ba  k x  ba  x Từ đây bằng quy nạp ta chứng minh được

 

2 2 2

( ) 2 ( ) ⁿ 2 ( ), 0

f x  c n b a f k x c  n ba  x

Với mọi n nguyên dương. Cố định x0 và cho n ta thấy ngay điều vô lý.

Do đó f là đơn ánh.

Từ phương trình ban đầu ta ta thay x y,  x thì được

   

^{2 , 0.}

f f x x  x  x

Áp dụng bổ đề trên ta suy ra f x( )  x, x 0. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy tất cả hàm số thỏa mãn yêu cầu là f x( )  x, x 0.