Một số phương pháp giải toán Phương trình hàm trên tập số thực

(1)

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2019

(2)

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3

1.1 Ánh xạ . . . 3

1.1.1 Định nghĩa . . . 3

1.1.2 Đơn ánh . . . 3

1.1.3 Toàn ánh . . . 3

1.1.4 Song ánh . . . 3

1.1.5 Tích ánh xạ . . . 3

1.1.6 Ánh xạ ngược . . . 4

1.1.7 Ảnh của một tập hợp . . . 4

1.2 Hàm số . . . 4

1.2.1 Định nghĩa . . . 4

1.2.2 Hàm số chẵn và hàm số lẻ . . . 4

1.2.3 Hàm số cộng tính và hàm số nhân tính . . . 5

1.2.4 Hàm số đơn điệu . . . 5

1.2.5 Hàm số liên tục . . . 6

1.2.6 Hàm số bị chặn . . . 6

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính . . . 7

1.3.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp một thuần nhất với hệ số hằng . . . 7

1.3.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất với hệ số hằng . . . 7

1.4 Cận trên, cận dưới, cận trên đúng, cận dưới đúng, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất . . . 8

(3)

1.4.3 Cận trên đúng, cận dưới đúng . . . 9 1.5 Tập trù mật . . . 10 CHƯƠNG 2 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC 11

2.1 Giải phương trình hàm bằng phép thế . . . 11 2.2 Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng tính đơn ánh,

toàn ánh, song ánh . . . 14 2.3 Giải phương trình hàm bằng phương pháp phân li biến số 17 2.4 Giải phương trình hàm dựa vào giá trị của đối số và giá

trị của hàm số . . . 20 2.5 Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng đẳng thức kiểu

"truy hồi" . . . 23 2.6 Giải phương trình hàm trong lớp các hàm đơn điệu . . . 31 2.7 Giải phương trình hàm trong lớp các hàm liên tục . . . . 36 2.8 Giải phương trình hàm trong lớp các hàm bị chặn . . . . 41 2.9 Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng dãy hàm số . 44 2.10 Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến . . 51

CHƯƠNG 3 CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP 57

TÀI LIỆU THAM KHẢO 82

(4)

N Tập hợp các số tự nhiên.

Z⁺ Tập hợp các số nguyên dương.

Z Tập hợp các số nguyên.

Z⁻ Tập hợp các số nguyên âm.

Q Tập hợp các số hữu tỷ.

Q⁺ Tập hợp các số hữu tỷ dương.

Q⁻ Tập hợp các số hữu tỷ âm.

R Tập hợp các số thực.

R⁺ Tập hợp các số thực dương.

R⁻ Tập hợp các số thực âm.

[x] Phần nguyên của số thực x.

f(x) ≡ C f(x) = C với mọi x thuộc tập xác định của f.

(5)

MỞ ĐẦU

Trong những năm qua, các bài toán về Phương trình hàm là một trong những thử thách lớn đối với các em học sinh trong những kì thi chọn học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế. Trải qua quá trình học tập, nghiên cứu và công tác, tôi nhận thấy rằng các học sinh chuyên Toán gặp rất nhiều khó khăn trong việc tiếp cận những bài toán về Phương trình hàm. Có lẻ vì chúng thuộc một dạng Toán khó và hoàn toàn mới lạ đối với các em. Bên cạnh đó, việc giải các bài toán Phương trình hàm đòi hỏi các em phải vận dụng nhiều kĩ năng, tư duy và kiến thức trong Giải tích, Đại số, Số học, . . . . Cuối cùng, các tài liệu tham khảo về Phương trình hàm là khá hạn chế.

Với các lí do nói trên và với mong muốn tìm hiểu kĩ hơn về Phương trình hàm cũng như có thêm một tài liệu tham khảo cho đối tượng học sinh chuyên Toán, tôi đã viết

"PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC".

Tài liệu gồm 3 chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Chương này sẽ trình bày các kiến thức cơ sở sẽ được sử dụng trong Chương 2 và Chương 3.

Chương 2: Các phương pháp giải phương trình hàm trên tập số thực Chương này sẽ trình bày các phương pháp hay được sử dụng để giải các bài toán về Phương trình hàm trên tập số thực.

Chương 3: Các bài toán tổng hợp

Chương này sẽ trình bày một số bài toán sử dụng tổng hợp các phương pháp trong Chương 2 để giải.

Tôi xin tỏ lòng biết ơn đến những người thân, bạn bè và các đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình hoàn thiện

(6)

tài liệu.

Sai sót là điều không thể tránh khỏi trong tài liệu này. Vì thế, tôi xin trân trọng đón nhận mọi sự góp ý và nhận xét của quý bạn đọc thông qua email của tôi là phankhoa21393@gmail.com.

Đà Nẵng, tháng 6 năm 2019 Phan Nguyễn Anh Khoa

(7)

CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Ánh xạ

1.1.1. Định nghĩa

Cho hai tập hợp X và Y. Một ánh xạ f đi từ X đến Y là một quy tắc cho tương ứng với mỗi phần tử x của X một phần tử xác định, ký hiệu f(x) của Y, ta viết f : X → Y. Tập hợp X gọi là nguồn hay miền xác định và tập hợp Y gọi là đích hay miền giá trị của ánh xạ f.

1.1.2. Đơn ánh

Ánh xạ f : X → Y được gọi là đơn ánh nếu với mọi x₁, x₂ thuộc X mà x₁ 6= x₂ kéo theo f(x₁) 6= f(x₂), hay f(x₁) = f(x₂) kéo theox₁ = x₂, hay với mọi y thuộc Y có nhiều nhất một x thuộc X sao cho y = f(x).

1.1.3. Toàn ánh

Ánh xạ f : X →Y được gọi là toàn ánh nếu với mọi y thuộc Y có ít nhất một x thuộc X sao cho y = f(x).

1.1.4. Song ánh

Ánh xạ f : X → Y được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh.

1.1.5. Tích ánh xạ

Giả sử cho hai ánh xạ f : X → Y và g :Y → Z. Ánh xạ h : X → Z được xác định bởi h(x) =g(f(x)) với mọi x thuộc X gọi là tích của ánh

(8)

xạ f và ánh xạ g, kí hiệu h = g ◦f. 1.1.6. Ánh xạ ngược

Ánh xạ f : X → X được xác định bởi f(x) = x với mọi x thuộc X là ánh xạ đồng nhất của X, kí hiệu f = 1_X.

Giả sử f : X → Y và g : Y →X là hai ánh xạ sao cho g◦f = 1_X và f ◦g = 1_Y. Thế thì g gọi là một ánh xạ ngược của f.

Ánh xạ f : X →Y có một ánh xạ ngược khi và chỉ khi f là một song ánh. Ta thường kí hiệu ánh xạ ngược đó là f⁻¹.

1.1.7. Ảnh của một tập hợp

Giả sử f : X → Y là một ánh xạ đã cho, A là một tập con của X. Thế thì người ta gọi

f(A) = {y ∈ Y | tồn tại xthuộc A sao cho f(x) = y}

là ảnh của tập A bởi f.

1.2. Hàm số

1.2.1. Định nghĩa

Ánh xạ f :D → R được gọi là hàm số xác định trên tập số thực (gọi tắt là hàm số) nếu D là tập con khác rỗng của R. Tập D gọi là tập xác định của hàm số f. Tập f(D) gọi là tập giá trị của hàm số f.

1.2.2. Hàm số chẵn và hàm số lẻ

Xét hàm số y = f(x) có tập xác định D và tập hợp con khác rỗng M của D.

Hàm số f được gọi là hàm số chẵn trên M nếu với mọi x thuộc M kéo theo −x cũng thuộc M và f(−x) = f(x).

(9)

Hàm số f được gọi là hàm số lẻ trên M nếu với mọi x thuộc M kéo theo −x cũng thuộc M và f(−x) = −f(x).

1.2.3. Hàm số cộng tính và hàm số nhân tính

Hàm số f được gọi là hàm cộng tính trên M nếu với mọi x, y thuộc M kéo theo x+y cũng thuộc M và f(x+ y) =f(x) +f(y).

Hàm số f được gọi là hàm nhân tính trên M nếu với mọi x, y thuộc M kéo theo xy cũng thuộc M và f(xy) =f(x)f(y).

1.2.4. Hàm số đơn điệu a. Định nghĩa

Hàm số f gọi là đồng biến (hay tăng) trên M nếu với hai số thực x₁, x₂ bất kì thuộc M thỏa mãn x₁ < x₂ kéo theo f(x₁) ≤f(x₂).

Hàm số f gọi là nghịch biến (hay giảm) trên M nếu với hai số thực x₁, x₂ bất kì thuộc M thỏa mãn x₁ < x₂ kéo theo f(x₁) ≥ f(x₂).

Hàm số f gọi là tăng thực sự trên M nếu với hai số thực x₁, x₂ bất kì thuộc M thỏa mãn x₁ < x₂ kéo theo f(x₁) < f(x₂).

Hàm số f gọi là giảm thực sự trên M nếu với hai số thực x₁, x₂ bất kì thuộc M thỏa mãn x₁ < x₂ kéo theo f(x₁) < f(x₂).

b. Tính chất

1) Mọi hàm đơn điệu thực sự trên một khoảng đều là đơn ánh trên khoảng đó.

2) Cho f : R → R là hàm cộng tính và thỏa mãn f(x) ≥ 0 với mọi số thực không âm x thì f là hàm tăng trên R.

(10)

3) Nếu hàm số f : R → R đơn điệu và cộng tính thì f(x) = ax với mọi số thực x (a là hằng số thực).

4) Nếu hàm số f : R⁺ → R⁺ đơn điệu và nhân tính thì f(x) = x^a với mọi số thực dương x (a là hằng số thực).

1.2.5. Hàm số liên tục a. Định nghĩa

Hàm số f : D →R liên tục tại x₀ thuộc D nếu lim

x→x0f(x) = f(x₀).

b. Tính chất

1) Nếu hàm số f là đơn ánh và liên tục trên một khoảng nào đó thì nó đơn điệu trên khoảng đó.

2) Nếu hàm số f : R → R liên tục và cộng tính thì f(x) = ax với mọi số thực x (a là hằng số thực).

3) Nếu hàm số f : R⁺ → R⁺ liên tục và nhân tính thì f(x) =x^a với mọi số thực dương x (a là hằng số thực).

4) Nếu hàm số f : R → R liên tục và f x+y 2

!

= f(x) +f(y)

2 với

mọi số thực x, y thì f(x) =ax+b với mọi số thực x (a, b là các hằng số thực).

5) Nếu hàm số f xác định và liên tục trên đoạn [a;b] thì nó có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên [a;b].

1.2.6. Hàm số bị chặn a. Định nghĩa

Xét hàm số f : D →R và tập hợp con khác rỗng M của D. Hàm số f được gọi là bị chặn trênD nếu tồn tại số thực dương M để |f(x)| ≤M với mọi số thực x thuộc M.

(11)

b. Tính chất

Nếu hàm số f : R → R cộng tính và bị chặn trên đoạn [a;b] thì f(x) =cx với mọi số thực x (c là hằng số thực).

1.3. Phương trình sai phân tuyến tính

1.3.1. Phương trình sai phân tuyến tính cấp một thuần nhất với hệ số hằng

Đó là phương trình có dạng

u_n+1 +au_n = 0 (1.1)

với mọi số nguyên dương n (a là hằng số thực khác 0). Nghiệm tổng quát của phương trình (1.1) là

un = C(−a)ⁿ

với mọi số nguyên dương n (C là hằng số thực).

1.3.2. Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất với hệ số hằng

Đó là phương trình có dạng

u_n+2 +au_n+1 +bu_n = 0 (1.2) với mọi số nguyên dương n (a, b là các hằng số thực và b 6= 0). Khi đó, phương trình (1.2) sẽ có phương trình đặc trưng là

λ² +aλ+b = 0. (1.3)

Nếu phương trình (1.3) có hai nghiệm phân biệt λ₁, λ₂ thì phương trình (1.2) có nghiệm tổng quát là

u_n = C₁λⁿ₁ +C₂λⁿ₂

(12)

với mọi số nguyên dương n (C₁, C₂ là hai hằng số thực).

Nếu phương trình (1.3) có nghiệm kép λ₀ thì phương trình (1.2) có nghiệm tổng quát

u_n = (C₁ +C₂n)λⁿ₀

với mọi số nguyên dương n (C1, C2 là hai hằng số thực).

Nếu phương trình (1.3) có hai nghiệm phức λ₁ = α−βi = r(cosΦ− isinΦ) và λ₂ = α + βi = r(cosΦ + isinΦ) (với i là đơn vị phức, r =

√α² +β², cotΦ = α

β, 0 < Φ < π) thì phương trình (1.2) có nghiệm tổng quát là

u_n = rⁿ(C₁cosnΦ+C₂sinnΦ)

với mọi số nguyên dương n (C₁, C₂ là hai hằng số thực).

1.4. Cận trên, cận dưới, cận trên đúng, cận dưới đúng, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

1.4.1. Cận trên, cận dưới

Cho A là một tập hợp con khác rỗng của R.

Số thực a được gọi là một cận trên (hoặc số chặn trên) của tập hợp A nếu x ≤ a với mọi số thực x thuộc A.

Số thực a được gọi là một cận dưới (hoặc số chặn dưới) của tập hợp A nếu x ≥ a với mọi số thực x thuộc A.

Tập hợp A gọi là bị chặn trên nếu nó có một cận trên. Tập hợp A gọi là bị chặn dưới nếu nó có một cận dưới. Tập hợp A gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới.

1.4.2. Phần tử lớn nhất, phần tử nhỏ nhất Cho A là một tập hợp con khác rỗng của R.

(13)

Nếu số thực a thuộc A và a là một cận trên của A thì a gọi là phần tử lớn nhất của A, được ký hiệu là maxA. Phần tử lớn nhất (nếu có) của A là duy nhất.

Nếu số thực a thuộc A và a là một cận dưới của A thì a gọi là phần tử nhỏ nhất của A, được ký hiệu là minA. Phần tử nhỏ nhất (nếu có) của A là duy nhất.

1.4.3. Cận trên đúng, cận dưới đúng Cho A là một tập hợp con khác rỗng của R.

Nếu tập A bị chặn trên thì phần tử nhỏ nhất của tập hợp các cận trên của A gọi là cận trên đúng. Nếu tập A không bị chặn trên thì ta nói cận trên đúng của A là +∞. Cận trên đúng của A là duy nhất. Cận trên đúng của A được kí hiệu là supA.

Nếu tập A bị chặn dưới thì phần tử lớn nhất của tập hợp các cận dưới của A gọi là cận dưới đúng. Nếu tập A không bị chặn dưới thì ta nói cận dưới đúng của A là −∞. Cận dưới đúng của A là duy nhất. Cận dưới đúng của A được kí hiệu là infA.

Xét hàm số f : D → R và tập hợp con khác rỗng A của D. Khi đó, inff(A) được gọi là cận dưới đúng của f trên A và supf(A) được gọi là cận trên đúng của f trên A. Cận trên đúng và cận dưới đúng của f trên A, theo thứ tự, được kí hiệu là sup

A

f(x) và inf

A f(x).

Giả sử a là một số thực. Khi đó, a = supA nếu và chỉ nếu x ≤ a với mọi số thực x thuộc A và với mọi số thực dương , tồn tại số thực x₀ thuộc A sao cho x₀ > a−.

Giả sử a là một số thực. Khi đó, a = infA nếu và chỉ nếu x ≥ a với mọi số thực x thuộc A và với mọi số thực dương , tồn tại số thực x₀ thuộc A sao cho x₀ < a+.

(14)

1.5. Tập trù mật

Một tập con A khác rỗng của R gọi là trù mật trong R nếu và chỉ nếu với mọi số thực x, tồn tại dãy số (x_n) ⊂ A sao cho limx_n = x.

Do đó, nếu A là một tập trù mật trong R thì với mọi số thực x, y mà x < y, tồn tại số thực a thuộc A sao cho x < a < y.

Vì mỗi số thực đều là giới hạn của một dãy số hữu tỉ nên Q là một tập trù mật trong R.

(15)

CHƯƠNG 2

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC

2.1. Giải phương trình hàm bằng phép thế

Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm f : R →R thỏa mãn

xf(y) +yf(x) = (x+y)f(x)f(y) (2.1) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = y = 1 vào (2.1) được f(1) = 0 hoặc f(1) = 1.

Nếu f(1) = 0 thì ta lại cho y = 1 vào (2.1) được f(x) = 0 với mọi số thực x.

Nếu f(1) = 1 thì ta cho y = 1 vào (2.1) được xf(x)−1 = 0 với mọi số thực x. Do đó,

f(x) =











1 nếu x 6= 0 a nếu x = 0 với mọi số thực x (a là hằng số thực).

Thử lại, hai hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.1).

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) =x với mọi số thực x và f(x) =











1 nếu x 6= 0 a nếu x = 0

với mọi số thực x (a là hằng số thực).

(16)

f(x−y)² = f(x)² −2xf(x) +y² (2.2) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho y = 0 vào (2.2) được

f x² = f(x)² −2xf(x) (2.3) với mọi số thực x. Ta cho x= 0 vào (2.2) được

f y² = f(0)² +y² (2.4) với mọi số thực y . Ta cho y = 0 vào (2.4) được f(0) = f(0)², suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 1. Ta thay y bởi x trong (2.2) được

f(0) = (f(x)−x)² (2.5)

với mọi số thực x.

Nếu f(0) = 0 thì (2.5) cho f(x) = x với mọi số thực x.

Nếu f(0) = 1 thì (2.5) cho f(x) = x+ 1 hoặc f(x) = x −1 với mọi số thực x. Giả sử tồn tại số thực a mà f(a) = a−1. Từ (2.3) và (2.4), ta có

f a² = f(a)² −2af(a) và f a² = 1 +a².

Ta suy ra a = 0. Do đó, f(0) = −1. Điều này là mâu thuẫn. Như vậy, f(x) =x+ 1 với mọi số thực x.

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) =x với mọi số thực x và f(x) = x+ 1 với mọi số thực x.

(17)

Bài toán 3. Tìm tất cả các hàm f : R⁺ →R thỏa mãn f(1) = 1 2 và f(xy) = f(x)f 3

y

!

+ f(y)f 3 x

!

(2.6) với mọi số thực dương x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đầu tiên, ta cho x = 1 và y = 3 vào (2.6) được f(3) = 1

2. Tiếp theo, ta cho x = 1 vào (2.6) thì được

f 3 y

!

= f(y) (2.7)

với mọi số thực dương y. Từ (2.6) và (2.7), ta thu được

f(xy) = 2f(x)f(y) (2.8)

với mọi số thực dương x, y. Trong (2.8), ta thay y bởi 3

x rồi áp dụng (2.7) được

f(x)² = 1 4

với mọi số thực dương x. Cuối cùng, trong (2.8), ta thay y bởi xthì được f x² = 1

2 với mọi số thực dương x. Do đó, f(x) = 1

2 với mọi số thực dương x.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn các điều kiện của đề bài.

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) ≡ 1 2.

Bài toán 4. Tìm tất cả các hàm f : R\

(2 3

)

→ R thỏa mãn 2f(x) +f 2x

3x−2

!

= 996x (2.9)

(18)

với mọi số thực x khác 2 3.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Trong (2.9) , ta thay x bởi 2x

3x−2 được

2f 2x

3x−2

!

+f(x) = 1992x

3x−2 (2.10)

với mọi số thựcxkhác 2

3. Từ (2.9) và (2.10), ta suy raf(x) = 1992x(x−1) 3x−2 với mọi số thực x khác 2

3.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.9).

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = 1992x(x−1) 3x−2 với mọi số thực x khác 2

3.

2.2. Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh

Bài toán 5. Tìm tất cả các hàm f : R⁺ →R⁺ thỏa mãn

x²(f(x) +f(y)) = (x+y)f (yf(x)) (2.11) với mọi số thực dương x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Trong (2.11), ta thay y bởi x được

xf(x) = f(xf(x)) (2.12)

với mọi số thực dương x. Ta sẽ chứng minh f là một đơn ánh. Thật vậy, với hai số thực dương x₁, x₂ bất kì mà f(x₁) = f(x₂). Ta thay x bởi x₁ và y bởi x2 trong (2.11) được

x²₁(f(x₁) +f(x₂)) = (x₁ +x2)f (x₂f(x₁)).

(19)

Từ (2.12), ta suy ra

2x²₁f(x₁) = (x₁ +x2)x₂f(x₂).

Dẫn đến, 2x²₁ −x₁x₂ −x²₂ = 0 hay x₁ = x₂. Vậy f là một đơn ánh. Do đó, khi cho x = 1 vào (2.12), ta được f(1) = 1. Ta tiếp tục cho x = 1 vào (2.11) được

1 +f(y) = (1 +y)f(y) với mọi số thực dương y. Vì vậy, f(y) = 1

y với mọi số thực dương y.

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = 1

x với mọi số thực dương x.

f(f(x) +y) = 2x+f (f(y)−x) (2.13) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Trong (2.13), ta thay y bởi −f(x) được

f(0)−2x= f (f(−f(x))−x)

với mọi số thực x. Ta sẽ chứng minh f là một toàn ánh. Thật vậy, với mọi số thực y, ta đặt x₁ = f(0)−y

2 , suy ra

y = f(0)−2x₁ = f (f(−f(x₁))−x₁).

Ta tiếp tục đặt x₀ = f(−f(x₁)) −x₁ thì được y = f(x₀). Vậy f là một toàn ánh. Do đó tồn tại số thực a sao cho f(a) = 0. Ta cho x = a vào (2.13) được

f(y) = 2a+f (f(y)−a) (2.14)

(20)

với mọi số thực y. Vì f là toàn ánh nên với mỗi số thực x, tồn tại số thực y₀ sao cho

x+a = f(y₀). (2.15)

Từ (2.14) và (2.15), ta suy ra

x+a = 2a+f(x)

với mọi số thực x. Do đó, f(x) = x−a với mọi số thực x.

Vậy các nghiệm hàm của bài toán là f(x) = x+C với mọi số thực x (C là hằng số thực).

f(x² + f(y)) = xf(x) +y (2.16) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đầu tiên, ta cho x = 0 vào (2.16) được

f(f(y)) = y (2.17)

với mọi số thực y. Suy ra, f là một song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất số thực a sao cho f(a) = 0. Ta lại cho x = a và y = 0 vào (2.16) được

f a² +f(0)= 0.

Dẫn đến,

f f a² + f(0) = f(0).

(21)

Từ (2.17), ta thu được a²+f(0) = f(0), tức là a = 0 hay f(0) = 0. Tiếp theo, ta cho y = 0 vào (2.16) được

f x² = xf(x) (2.18)

với mọi số thực x. Từ (2.17) và (2.18), ta được f x² = f f(x)²

với mọi số thực x. Từ tính đơn ánh của f, ta rút ra được f(x)² = x²

với mọi số thực x. Do đó, f(x) = x hoặc f(x) = −x với mọi số thực x.

Cuối cùng, giả sử tồn tại hai số thực a, b đều khác 0 mà f(a) = a và f(b) =−b. Ta cho x = a và y = b vào (2.16) được

f a² −b= a² +b.

Vì vậy, a² −b = a² +b hoặc −a² + b = a² + b, tức là a = 0 hoặc b = 0, điều này là vô lí. Kết hợp f(0) = 0, ta được f(x) = x với mọi số thực x hoặc f(x) =−x với mọi số thực x.

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) =x với mọi số thực x và f(x) = −x với mọi số thực x.

2.3. Giải phương trình hàm bằng phương pháp phân li biến số

(x+y)(f(x)−f(y)) = (x−y)(f(x) +f(y)) (2.19) với mọi số thực x, y.

(22)

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta rút gọn (2.19) được

xf(y) = yf(x) với mọi số thực x, y. Suy ra,

f(x)

x = f(y) y

với mọi số thực x, y khác 0. Do đó, f(x) = ax với mọi số thực x khác 0 (a là hằng số thực tùy ý). Ngoài ra, khi cho x = 1 và y = 0 vào (2.19), ta được f(0) = 0. Vì vậy, f(x) =ax với mọi số thực x (a là hằng số thực).

Thử lại, các hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.19).

Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = ax với mọi số thực x (a là hằng số thực).

f(2020x−f(y)) = f(2019x)−f(y) +x (2.20) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = y = 0 vào (2.20) được f(−f(0)) = 0. Ta lại cho y = −f(0) vào (2.20) được

f(2020x) = f(2019x) +x (2.21) với mọi số thực x. Từ (2.20) và (2.21), ta suy ra

f(2020x−f(y)) = f(2020x)−f(y) (2.22) với mọi số thực x, y. Ta thay x bởi x

2020 trong (2.22) được

f(x−f(y)) = f(x)−f(y) (2.23)

(23)

với mọi số thực x, y. Khi thay y bởi 2019x trong (2.20), ta được f(2020x−f(2019x)) = x

với mọi số thực x. Do đó, f là một toàn ánh. Vì vậy, với hai số thực x, u bất kì, tồn tại số thực y₀ sao cho x−u = f(y₀). Do đó, từ (2.23), ta suy ra

f(u)−u = f(x)−x

với mọi số thực x, u. Như vậy, f(x) = x+b với mọi số thực x (b là hằng số thực).

Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = x+ b với mọi số thực x (b là hằng số thực).

Bài toán 10. Tìm tất cả các hàm f : R →R thỏa mãn xf(y)−yf(x) = f y

x

!

(2.24) với mọi số thực x khác 0 và mọi số thực y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = 2 và y = 0 vào (2.24) được f(0) = 0. Ta lại cho x = y = 1 vào (2.24) được f(1) = 0. Khi chỉ cho y = 1 vào (2.24), ta được

f 1 x

!

= −f(x) (2.25)

với mọi số thựcx khác 0. Trong (2.24), ta thay y bởi 1

x và sử dụng (2.25) thì được

f x²= x+ 1 x

!

f(x) (2.26)

(24)

với mọi số thực x khác 0. Mặt khác, từ (2.24), ta cũng có x²f y²−y²f x² = f





y² x²



 (2.27)

với mọi số thực x khác 0 và mọi số thực y. Từ (2.26) và (2.27), ta thu được

x² y + 1 y

!

f(y)−y² x+ 1 x

!

f(x) = x y + y

x

!

f y x

!

với mọi số thực x, y đều khác 0. Ta rút gọn được

(x² −1)yf(y) = (y² −1)xf(x) (2.28) với mọi số thực x, y đều khác 0. Từ (2.28), ta suy ra

yf(y)

y² −1 = xf(x) x² −1

với mọi số thực x, y đều khác −1, 0, 1. Do đó, f(x) = C x− 1 x

!

với mọi số thực x khác −1, 0, 1 (C là hằng số thực). Tuy nhiên, vì f(0) = f(1) = f(−1) = 0 nên

f(x) =











C x− 1 x

!

nếu x 6= 0

0 nếu x = 0

với mọi số thực x (C là hằng số thực).

Thử lại, các hàm số tìm được thỏa mãn (2.24).

Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) =











C x− 1 x

!

nếu x 6= 0

0 nếu x = 0

với mọi số thực x (C là hằng số thực).

2.4. Giải phương trình hàm dựa vào giá trị của đối số và giá trị của hàm số

(25)

f(x+f(y)) = x+f(y) +xf(y) (2.29) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Ta nhận thấy f(x) ≡ −1 là một nghiệm hàm của bài toán.

Giả sử tồn tại hàm số f khác hàm hằng −1 thỏa mãn đề bài. Suy ra, tồn tại số thực a sao cho f(a) 6= −1. Ta cho y = a vào (2.29) được

f(x+f(a)) = (1 +f(a))x+f(a) (2.30) với mọi số thực x. Vì vế phải của (2.30) có tập giá trị là R nên với mọi số thực t, tồn tại số thực u mà f(u) = t. Ta cho x = 0 vào (2.29) được

f(f(y)) = f(y) (2.31)

với mọi số thực y. Do đó, ta cho y = u vào (2.31) được f(t) = t với mọi số thực t.

Thử lại, hàm số tìm được không thỏa mãn (2.29).

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) ≡ −1.

f(x−f(y)) = 2f(x) +x+f(y) (2.32) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đặt f(0) = a. Ta cho y = 0 vào (2.32) được

f(x−a)−2f(x) =x+a (2.33)

(26)

với mọi số thực x. Vì vế phải của (2.33) có tập giá trị là R nên với mọi số thực t, tồn tại hai số thực u và v sao cho t = f(u) − 2f(v). Trong (2.32), ta thay x bởi f(x)−f(y) được

f(f(x)−2f(y)) = 2f(f(x)−f(y)) +f(x) (2.34) với mọi số thực x, y. Trong (2.32), ta lại thay x bởi f(x) được

f(f(x)−f(y)) = 2f(f(x)) +f(x) + f(y) (2.35) với mọi số thực x, y. Trong (2.32), ta thay x bởi f(y) thì được

f(f(y)) =−f(y) + a

2 (2.36)

với mọi số thực y. Từ (2.34), (2.35) và (2.36), ta suy ra

f(f(x)−2f(y)) = −(f(x)−2f(y)) + 2a (2.37) với mọi số thựcx,y. Ta chox = uvày = v vào (2.37) đượcf(t) = −t+2a với mọi số thực t. Do đó, f(x) = −x+C với mọi số thực x (C là hằng số thực).

Thử lại, chỉ có hàm số f(x) = −x với mọi số thực x thỏa mãn (2.32).

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) = −x với mọi số thực x.

f(x−f(y)) = f(f(y)) +xf(y) +f(x)−1 (2.38) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đặt f(0) = a. Vì hàm không không là nghiệm hàm của phương trình đã cho nên tồn tại số thực y₀ sao cho f(y₀) 6= 0. Từ (2.38), ta có

f(x−f(y₀))−f(x) =f(f(y₀)) +xf(y₀)−1 (2.39)

(27)

với mọi số thực x. Vì vế phải của (2.39) có tập giá trị là Rnên với mọi số thực t, tồn tại hai số thực u và v sao cho t= f(u)−f(v). Trong (2.38), ta thay x bởi f(x) được

f(f(x)−f(y)) =f(f(y)) +f(x)f(y) + f(f(x))−1 (2.40) với mọi số thực x, y. Trong (2.38), ta lại thay x bởi f(y) được

f(f(y)) = −1

2f(y)² + a+ 1

2 (2.41)

với mọi số thực y. Từ (2.40) và (2.41), ta suy ra f(f(x)−f(y)) = −(f(x)−f(y))²

2 +a (2.42)

với mọi số thựcx,y. Ta chox = uvày = vvào (2.42) được f(t) = −t² 2+a với mọi số thực t. Do đó, f(x) =−x²

2 +C với mọi số thực x (C là hằng số thực).

Thử lại, chỉ có f(x) = −x²

2 + 1 với mọi số thực x thỏa mãn (2.38).

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) = −x²

2 + 1 với mọi số thực x.

2.5. Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng đẳng thức kiểu

"truy hồi"

Bài toán 14. Tìm tất cả các hàm số f : R →R thỏa mãn

f(x+y) +xy = f(x)f(y) (2.43) với mọi số thực x, y.

f(x+ 1) = f(x)f(1)−x (2.44)

(28)

với mọi số thực x. Trong (2.44), ta thay x bởi x+ 1 được

f(x+ 2) = f(x+ 1)f(1)−x−1 (2.45) với mọi số thực x. Từ (2.44) và (2.45), ta thu được

f(x+ 2) = f(1)²f(x)−(f(1) + 1)x−1 (2.46) với mọi số thực x. Mặt khác, trong (2.43), ta cho y = 2 thì được

f(x+ 2) = f(x)f(2)−2x (2.47) với mọi số thực x. Từ (2.46) và (2.47), ta suy ra

f(x)f(2)−f(1)²= (1−f(1))x−1 (2.48) với mọi số thực x. Do đó, f(x) = ax+ b với mọi số thực x (a, b là hai hằng số thực).

Thử lại, chỉ có f(x) =x+ 1 với mọi số thực x và f(x) =−x+ 1 với mọi số thực x thỏa mãn (2.43).

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) = x + 1 với mọi số thực x và f(x) = −x+ 1 với mọi số thực x.

Bài toán 15. Tìm tất cả các hàm số f : R →R thỏa mãn

xf(x)−yf(y) = (x−y)f(x+y) (2.49) với mọi số thực x, y.

xf(x)−f(1) = (x−1)f(x+ 1) với mọi số thực x. Suy ra,

f(x+ 1) = x

x−1f(x)− 1

x−1f(1) (2.50)

(29)

với mọi số thực x khác 1. Ta lại cho y = 2 vào (2.49) được xf(x)−2f(2) = (x−2)f(x+ 2)

với mọi số thực x. Dẫn đến,

f(x+ 2) = x

x−2f(x)− 2

x−2f(2) (2.51) với mọi số thực x khác 2. Trong (2.50), ta thay x bởi x+ 1 được

f(x+ 2) = x+ 1

x f(x+ 1)− 1

xf(1) (2.52)

với mọi số thực x khác 0. Từ (2.50) và (2.52), ta thu được f(x+ 2) = x+ 1

x−1f(x)− 2

x−1f(1) (2.53) với mọi số thực x khác 0 và 1. Từ (2.51) và (2.53), ta thu được

f(x) = (f(2)−f(1))x+ 2f(1)−f(2) (2.54) với mọi số thực x khác 0, 1 và 2. Rõ ràng, (2.54) đúng với x = 1 và x = 2. Trong (2.49), ta cho x = 1 và y = −1 được f(1) +f(−1) = 2f(0).

Ta lại cho x = 2 và y = −1 vào (2.49) thì được 2f(2) +f(−1) = 3f(1).

Từ đó, ta có f(0) +f(2) = 2f(1), nên (2.54) cũng đúng với x = 0. Do đó, f(x) =ax+b với mọi số thực x (a và b là hai hằng số thực).

Vậy các nghiệm hàm của bài toán là f(x) = ax+b với mọi số thực x (a và b là hai hằng số thực).

Bài toán 16 (Vietnam MO 2017). Tìm tất cả các hàm số f : R→ R thỏa mãn

f(xf(y)−f(x)) = 2f(x) +xy (2.55)

(30)

với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = 1 vào (2.55) được

f(f(y)−f(1)) = 2f(1) +y (2.56) với mọi số thực y. Từ (2.56), ta suy ra f là một song ánh. Do đó, tồn tại số thực a sao cho f(a) = 0. Bây giờ, ta cho x = y = a vào (2.55) được f(0) = a². Còn khi cho x = a và y = 0 vào (2.55), ta được f (a³) = 0.

Từ tính đơn ánh của f, ta rút ra được a = a³, tức là a ∈ {−1; 0; 1}. Như thế, f(0) = 0 hoặc f(0) = 1.

Nếu f(0) = 0 thì ta cho y = 0 vào (2.55) và sử dụng tính toàn ánh của hàm số f được f(x) = −2x với mọi số thực x.

Nếu f(0) = 1 thì ta cho x = y = 0 vào (2.55) được f(−1) = 2. Ta tiếp tục cho x = y = 1 vào (2.55) thì đượcf(1) = 0. Khi đó, (2.56) trở thành

f(f(y)) = y (2.57)

với mọi số thực y. Trong (2.55), ta thay y bởi f(y) thì được

f(xy−f(x)) = 2f(x) +xf(y) (2.58) với mọi số thực x, y. Ta lại thay x bởi f(x) trong (2.55) thì được

f (f(x)f(y)−x) = 2x+yf(x) (2.59) với mọi số thực x, y. Trong (2.58), ta cho x = −1 được

f(−y −2) = 4−f(y) với mọi số thực y. Dẫn đến,

f(y −2) = 4−f(−y) (2.60)

(31)

với mọi số thực y. Ta cho x = −1 vào (2.59) rồi kết hợp với (2.57) được f(2y −2) = 2f(y) + 1 (2.61) với mọi số thực y. Khi cho y = 0 vào (2.59) rồi kết hợp với (2.57), ta lại được

f(x)−x = f(2x) với mọi số thực x. Do đó,

f(2x−2) = f(x−1)−x+ 1 (2.62) với mọi số thực x. Ta cho y = 1 vào (2.55) và sử dụng (2.57) thì được

f(−x) = 2x+f(x) (2.63)

với mọi số thực x. Từ (2.60) và (2.63), ta thu được

f(x−2) = 4−2x−f(x) (2.64) với mọi số thực x. Từ (2.61) và (2.62), ta cũng thu được

f(x−1) = 2f(x) +x (2.65) với mọi số thực x. Dẫn đến,

f(x−2) = 2f(x−1) +x−1 (2.66) với mọi số thực x. Từ (2.64), (2.65) và (2.66), ta rút ra được f(x) =

−x+ 1 với mọi số thực x.

Thử lại, chỉ có f(x) = −x+ 1 với mọi số thực x thỏa mãn (2.55).

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = −x+ 1 với mọi số thực x.

(32)

Bài toán 17 (IMO 2015). Hãy tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn

f(x+ f(x+y)) +f(xy) =x+f(x+y) +yf(x) (2.67) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Trong (2.67), ta cho x = y = 0 được f(f(0)) = 0. Ta tiếp tục cho x = 0 và y = f(0) vào (2.67) được f(0) = 0 hoặc f(0) = 2.

Nếu f(0) = 2 thì ta suy ra f(2) = 0. Ta cho y = 1 vào (2.67) được f(x+f(x+ 1)) = x+f(x+ 1) (2.68) với mọi số thựcx. Trong (2.67), ta lại chox = 0 rồi thayy bởix+f(x+1) và kết hợp (2.68) thì được

f(x+ 1) = 1−x

với mọi số thực x. Dẫn đến, f(x) = 2−x với mọi số thực x.

Nếu f(0) = 0 thì ta cho x = −1 và y = 1 vào (2.67) được f(−1) = −1.

Ta tiếp tục cho x = 1 và y = −1 vào (2.67) được f(1) = 1. Ta lại thay y bởi y−x trong (2.67) thì được

f(x+f(y)) +f(x(y −x)) = x+f(y) + (y −x)f(x) (2.69) với mọi số thực x, y. Ta cho y = 0 vào (2.69) được

f(x) + f −x² = x−xf(x) (2.70) với mọi số thực x. Ta lại thay x bởi −x trong (2.70) thì được

f(−x) +f −x² = −x+xf(−x) (2.71)

(33)

với mọi số thực x. Từ (2.70) và (2.71), ta thu được

(x+ 1)f(x) + (x−1)f(−x) = 2x (2.72) với mọi số thực x. Trong (2.67), ta thay y bởi 1−x thì được

f(x+ 1) +f(x(1−x)) = x+ 1 + (1−x)f(x) (2.73) với mọi số thực x. Trong (2.67), ta lại thay x bởi −x và y bởi −1 + x được

f(−x−1) +f(x(1−x)) = −x−1 + (x−1)f(−x) (2.74) với mọi số thực x. Từ (2.72) và (2.74), ta suy ra

f(−x−1) +f(x(1−x)) =x−1−(x+ 1)f(x) (2.75) với mọi số thực x. Ta trừ (2.73) và (2.75) vế theo vế được

f(x+ 1)−f(−x−1) = 2 + 2f(x) (2.76) với mọi số thực x. Từ (2.72), ta có

f(−x) = 2x−(x+ 1)f(x) x−1

với mọi số thực x khác 1. Do đó,

f(−x−1) = 2x+ 2−(x+ 2)f(x+ 1)

x (2.77)

với mọi số thực x khác 0. Từ (2.76) và (2.77), ta được (x+ 1)f(x+ 1) = 2x+ 1 +xf(x) với mọi số thực x khác 0. Vì f(1) = 1 nên

(x+ 1)f(x+ 1) = 2x+ 1 +xf(x) (2.78)

(34)

với mọi số thực x. Bây giờ, ta thay x bởi x−1 và y bởi −x trong (2.67) được

f(x−2) +f(x(1−x)) = x−2−xf(x−1) (2.79) với mọi số thực x. Ta trừ (2.73) và (2.79) vế theo vế được

f(x+ 1)−f(x−2) = 3 + (1−x)f(x) +xf(x−1) với mọi số thực x. Dẫn đến,

f(x+ 3)−f(x) = 3−(x+ 1)f(x+ 2) + (x+ 2)f(x+ 1) (2.80) với mọi số thực x. Từ (2.78), ta thu được

(x+ 2)f(x+ 2) = (x+ 1)f(x+ 1) + 2x+ 3 (2.81) với mọi số thực x. Từ (2.78) và (2.81), ta suy ra

(x+ 2)f(x+ 2) = 4x+ 4 +xf(x) (2.82) với mọi số thực x. Từ (2.78), ta cũng thu được

(x+ 3)f(x+ 3) = 2x+ 5 + (x+ 2)f(x+ 2) (2.83) với mọi số thực x. Từ (2.82) và (2.83), ta dẫn đến

(x+ 3)f(x+ 3) = 6x+ 9 +xf(x) (2.84) với mọi số thực x. Ta nhân hai vế của (2.80) với (x+ 1)(x + 2)(x+ 3) rồi sử dụng (2.78), (2.82), (2.84), sau đó, ta khai triển và rút gọn thì thu được

2(x³ + 6x² + 9x+ 3)(f(x)−x) = 0

với mọi số thựcx. Do đó,f(x) = xvới mọi số thực dươngx. Mặt khác, từ (2.70), ta có f (−x²) =−x² với mọi số thực dương x. Dẫn đến, f(x) = x với mọi số thực âm x. Tóm lại, f(x) = x với mọi số thực x.

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) = 2 − x với mọi số thực x và f(x) = x với mọi số thực x.

(35)

2.6. Giải phương trình hàm trong lớp các hàm đơn điệu

Bài toán 18. Tìm tất cả các hàm đơn điệu f : R→ R thỏa mãn f(x+f(y)) = f(x) +y (2.85) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = 0 vào (2.85) được

f(f(y)) = y +f(0) (2.86) với mọi số thực y. Suy ra, f là một đơn ánh. Trong (2.85), ta thay x bởi f(x) được

f(f(x) +f(y)) = f(f(x)) +y (2.87) với mọi số thực x, y. Từ (2.86) và (2.87), ta thu được

f(f(x) +f(y)) = f(f(x+y)) với mọi số thực x, y. Vì f là đơn ánh nên ta được

f(x+y) = f(x) +f(y)

với mọi số thực x, y. Do đó f(x) = ax với mọi số thực x (a là hằng số thực).

Thử lại, chỉ có f(x) = x với mọi số thực x và f(x) = −x với mọi số thực x thỏa mãn (2.85).

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) =x với mọi số thực x và f(x) = −x với mọi số thực x.

(36)

Bài toán 19. Tìm tất cả các hàm tăng thực sự f : R→ R thỏa mãn f(xf(y)) = yf(2x) (2.88) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = y = 1 vào (2.88) được f(f(1)) = f(2). Vì f tăng thực sự nên f(1) = 2. Ta cho x = 1 vào (2.88) được

f(f(y)) = yf(2) (2.89)

với mọi số thực y. Ta suy ra

f(f(f(y))) = f(yf(2)) (2.90) với mọi số thực y. Từ (2.88), (2.89) và (2.90), ta thu được

f(y)f(2) = 2f(2y) (2.91)

với mọi số thực y. Ta sẽ chứng minh f(x) = 2x với mọi số thực x. Thật vậy, giả sử tồn tại số thực x₀ sao cho f(x₀) 6= 2x₀. Nếu f(x₀) < 2x₀ thì f(f(x₀)) < f(2x₀). Ta cho y = x₀ vào (2.89) được f(f(x₀)) =x₀f(2). Ta lại cho y = x₀ vào (2.91) được f(2x₀) = 1

2f(x₀)f(2). Do đó, 2x₀ < f(x₀) (vì f(2) > f(1) > 0), điều này là mâu thuẫn. Nếu f(x₀) > 2x₀ thì tương tự trường hợp trên ta cũng đi đến điều mâu thuẫn.

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) = 2x với mọi số thực x.

Bài toán 20. Tìm tất cả các hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn

f





x+f(x)

2 + y



 = 2x−f(x) +f(f(y)) (2.92)

(37)

và

(f(x)−f(y))(x−y) ≥ 0 (2.93) với mọi số thực không âm x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Từ (2.93), ta suy ra f là một hàm tăng trên [0; +∞).

Ta khẳng định rằng f(x) ≥ x với mọi số thực không âm x. Thật vậy, giả sử tồn tại số thực không âm x₀ mà f(x₀) < x₀. Ta cho x = x₀ và y = x₀ −f(x₀)

2 vào (2.92) được

f(x₀) = 2x₀ −f(x₀) +f



f





x₀ −f(x₀) 2







. Vì f



f





x₀ −f(x₀) 2







 ≥0 nên f(x₀) ≥ x₀. Điều này là mâu thuẫn.

Bây giờ, ta sẽ đi tìm giá trị của f(0). Đặt f(0) = c. Ta cho x = c và y = 0 vào (2.92) được

f





c+f(c) 2



 = 2c.

Mặt khác, vì f(c) ≥c nên f





c+ f(c) 2



 ≥f(c).

Dẫn đến,

f(c) ≤ 2c. (2.94)

Ta tiếp tục thay x = 0 và y = 0 vào (2.92) được f c

2

!

= −c+f(c).

Vì c

2 ≥0 nên f c 2

!

≥c. Ta suy ra

f(c) ≥ 2c. (2.95)

(38)

Từ (2.94) và (2.95), ta suy ra f(c) = 2c và c = 0. Vậy f(0) = 0.

Cuối cùng, ta thay y = 0 vào (2.92) được f





x+f(x) 2



 = 2x−f(x) (2.96)

với mọi số thực không âm x. Tuy nhiên, dựa vào khẳng định f(x) ≥ x với mọi số thực không âmx và tính không giảm của hàmf trên [0; +∞), ta có

f





x+ f(x) 2



 ≥ x (2.97)

và

2x−f(x) ≤ x (2.98)

với mọi số thực không âm x. Từ (2.96), (2.97) và (2.98), ta suy ra f(x) =x với mọi số thực không âm x.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.92) và (2.93).

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) = x với mọi số thực không âm x.

(f(x) +f(z))(f(y) +f(t)) = f(xy −zt) +f(xt+yz) (2.99) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = y = z = t = 0 vào (2.99) được f(0) = 0 hoặc f(0) = 1

2. Nếu f(0) = 1

2 thì ta cho x = y = z = 0 vào (2.99) được f(t) = 1

2 với mọi số thực t. Nếu f(0) = 0 thì ta cho z = t = 0 vào (2.99) được

f(x)f(y) =f(xy) (2.100)

(39)

với mọi số thực x, y. Ta cho x = y = 1 vào (2.100) được f(1) = 0 hoặc f(1) = 1. Nếu f(1) = 0 thì ta cho y = 1 vào (2.100) được f(x) = 0 với mọi số thực x. Nếu f(1) = 1 thì ta cho x = 0 và y = t = 1 vào (2.99) được

f(−z) = f(z)

với mọi số thực z. Do đó, f là hàm số chẵn. Từ (2.100), ta có f(x)² = f x²

với mọi số thựcx. Ta suy raf(x) ≥ 0 với mọi số thực không âmx. Trong (2.99), ta thay t bởi x và z bởi y được

f x² +y² = (f(x) + f(y))² với mọi số thực x, y. Do đó,

f x² +y² ≥f x²

với mọi số thực không âm x, y. Vì vậy, hàm sốf tăng trên [0; +∞). Mặt khác, ta cho y = z = t= 1 vào (2.99) được

f(x−1) +f(x+ 1) = 2(f(x) + 1)

với mọi số thực x. Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được f(n) = n² với mọi số nguyên dương n. Từ (2.100), ta cũng khẳng định f(r) =r² với mọi số hữu tỷ dươngr. Ta sẽ chứng minhf(x) =x² với mọi số thực dương x. Thật vậy, giả sử tồn tại số thực dương a mà f(a) 6= a². Nếu f(a) < a² thì tồn tại số hữu tỷ r sao cho ^qf(a) < r < a. Vì f là hàm tăng trên (0; +∞) và r < a nên f(r) < f(a), suy ra r² < f(a) hay r < ^qf(a). Điều này là mâu thuẫn. Nếu f(a) > a² thì tương tự trên ta cũng suy ra điều mâu thuẫn. Do đó, f(x) = x² với mọi số thực x.

Thử lại, cả ba hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.99).

Vậy bài toán có đúng ba nghiệm hàm là f(x) ≡ 0, f(x) ≡ 1 2 và f(x) =x² với mọi số thực x.

(40)

2.7. Giải phương trình hàm trong lớp các hàm liên tục

Bài toán 22. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R→ R và thỏa mãn f(x) =f x

2

!

(2.101) với mọi số thực x.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Bằng phương pháp quy nạp, ta có

f(x) =f x 2ⁿ

!

(2.102) với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Trong (2.102), ta cho n→ +∞ và sử dụng tính liên tục của hàm f được f(x) =f(0) với mọi số thực x. Suy ra f là hàm hằng.

Thử lại, các hàm hằng đều thỏa mãn (2.101).

Vậy phương trình nghiệm đúng với mọi hàm hằng.

Bài toán 23. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa mãn f(1) = −1 và

f(x+ y) =f(x) +f(y) + 2xy (2.103) với mọi số thực x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho y = 0 vào (2.103) được f(0) = 0. Nếu ta đặt g(x) = f(x)−x² −2x thì (2.103) trở thành

g(x+y) = g(x) +g(y)

với mọi số thực x, y. Vì thế, g(x) = −4x với mọi số thực x. Tức là f(x) =x² −2x với mọi số thực x.