phƯƠngtrÌnhhÀmtrÊntẬp sỐthỰc · mọisốthựcx,ythìf(x) =...

PHAN NGUYỄN ANH KHOA

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP

SỐ THỰC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2019

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 31.1 Ánh xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.2 Đơn ánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Toàn ánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.4 Song ánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.5 Tích ánh xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.6 Ánh xạ ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.7 Ảnh của một tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.2 Hàm số chẵn và hàm số lẻ . . . . . . . . . . . . . 41.2.3 Hàm số cộng tính và hàm số nhân tính . . . . . . 51.2.4 Hàm số đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.5 Hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.6 Hàm số bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Phương trình sai phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . 71.3.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp một thuần

nhất với hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần

nhất với hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Cận trên, cận dưới, cận trên đúng, cận dưới đúng, giá trị

lớn nhất, giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4.1 Cận trên, cận dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4.2 Phần tử lớn nhất, phần tử nhỏ nhất . . . . . . . 81.4.3 Cận trên đúng, cận dưới đúng . . . . . . . . . . . 9

1.5 Tập trù mật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

CHƯƠNG 2 CÁC PHƯƠNG PHÁPGIẢI PHƯƠNG TRÌNHHÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC 11

2.1 Giải phương trình hàm bằng phép thế . . . . . . . . . . 112.2 Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng tính đơn ánh,

toàn ánh, song ánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Giải phương trình hàm bằng phương pháp phân li biến số 172.4 Giải phương trình hàm dựa vào giá trị của đối số và giá

trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.5 Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng đẳng thức kiểu

"truy hồi" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.6 Giải phương trình hàm trong lớp các hàm đơn điệu . . . 312.7 Giải phương trình hàm trong lớp các hàm liên tục . . . . 362.8 Giải phương trình hàm trong lớp các hàm bị chặn . . . . 412.9 Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng dãy hàm số . 442.10 Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến . . 51

CHƯƠNG 3 CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP 57

TÀI LIỆU THAM KHẢO 82

NHỮNG KÍ HIỆU DÙNG TRONG TÀI LIỆU

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 .

1

MỞ ĐẦU

Trong những năm qua, các bài toán về Phương trình hàm là mộttrong những thử thách lớn đối với các em học sinh trong những kì thichọn 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 Toángặp rất nhiều khó khăn trong việc tiếp cận những bài toán về Phươngtrình hàm. Có lẻ vì chúng thuộc một dạng Toán khó và hoàn toàn mới lạđối với các em. Bên cạnh đó, việc giải các bài toán Phương trình hàm đòihỏi các em phải vận dụng nhiều kĩ năng, tư duy và kiến thức trong Giảitích, Đại số, Số học, . . . . Cuối cùng, các tài liệu tham khảo về Phươngtrình hàm là khá hạn chế.

Với các lí do nói trên và với mong muốn tìm hiểu kĩ hơn về Phươngtrình hàm cũng như có thêm một tài liệu tham khảo cho đối tượng họcsinh 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 trongChương 2 và Chương 3.

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

Chương 3: Các bài toán tổng hợpChương này sẽ trình bày một số bài toán sử dụng tổng hợp các phươngpháp trong Chương 2 để giải.

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

2

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 thôngqua email của tôi là [email protected].

Đà Nẵng, tháng 6 năm 2019Phan Nguyễn Anh Khoa

3

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 quytắc cho tương ứng với mỗi phần tử x của X một phần tử xác định, kýhiệu f(x) của Y , ta viết f : X → Y . Tập hợp X gọi là nguồn hay miềnxác 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 Xmà x1 6= x2 kéo theo f(x1) 6= f(x2), hay f(x1) = f(x2) kéo theo x1 = 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 ítnhất 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, vừalà 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

4

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 Xlà ánh xạ đồng nhất của X, kí hiệu f = 1X .

Giả sử f : X → Y và g : Y → X là hai ánh xạ sao cho g ◦ f = 1X vàf ◦ g = 1Y . 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 songánh. 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 x thuộc 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 (gọitắt là hàm số) nếu D là tập con khác rỗng của R. Tập D gọi là tập xácđịnh 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 rỗngM của D.

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

5

Hàm số f được gọi là hàm số lẻ trên M nếu với mọi x thuộc M kéotheo −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 thuộcM 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 thuộcM 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 thựcx1, 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 bấtkì 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 bấtkì 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 trênkhoảng đó.

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

6

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

4) Nếu hàm số f : R+ → R+ đơn điệu và nhân tính thì f(x) = xa

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 limx→x0

f(x) = f(x0).

b. Tính chất

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

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

3) Nếu hàm số f : R+ → R+ liên tục và nhân tính thì f(x) = xa vớimọi 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 vớimọi số thực x, y thì f(x) = ax+ b với mọi số thực x (a, b là các hằng sốthực).

5) Nếu hàm số f xác định và liên tục trên đoạn [a; b] thì nó có giátrị 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 sốf được gọi là bị chặn trên D nếu tồn tại số thực dươngM để |f(x)| ≤M

với mọi số thực x thuộc M .

7

b. Tính chất

Nếu hàm số f : R → R cộng tính và bị chặn trên đoạn [a; b] thìf(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 nhấtvới hệ số hằng

Đó là phương trình có dạng

un+1 + aun = 0 (1.1)

với mọi số nguyên dương n (a là hằng số thực khác 0). Nghiệm tổngquát 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 nhấtvới hệ số hằng

Đó là phương trình có dạng

un+2 + aun+1 + bun = 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 phươngtrình (1.2) có nghiệm tổng quát là

un = C1λn1 + C2λ

n2

8

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 quátun = (C1 + C2n)λn

0

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−

i sinΦ) và λ2 = α + βi = r(cosΦ + i sinΦ) (với i là đơn vị phức, r =√α2 + β2, cotΦ = α

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

quát làun = rn(C1 cosnΦ+ C2 sinnΦ)

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 trịlớn 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 chặnnếu 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.

9

Nếu số thực a thuộc A và a là một cận trên của A thì a gọi là phầntử 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 phầntử 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 tanói cận trên đúng của A là +∞. Cận trên đúng của A là duy nhất. Cậntrên đúng của A được kí hiệu là supA.

Nếu tập A bị chặn dưới thì phần tử lớn nhất của tập hợp các cậndưới của A gọi là cận dưới đúng. Nếu tập A không bị chặn dưới thì tanói cận dưới đúng của A là −∞. Cận dưới đúng của A là duy nhất. Cậndưới đúng của A được kí hiệu là inf A.

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

Af(x) và inf

Af(x).

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

thuộc A sao cho x0 > a− ε.Giả sử a là một số thực. Khi đó, a = inf A nếu và chỉ nếu x ≥ a với

mọi số thực x thuộc A và với mọi số thực dương ε, tồn tại số thực x0

thuộc A sao cho x0 < a+ ε.

10

1.5. Tập trù mật

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

Do đó, nếu A là một tập trù mật trong R thì với mọi số thực x, ymà 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 mộttập trù mật trong R.

11

CHƯƠNG 2

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀMTRÊN 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 = 1vào (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 sốthực x.Nếu f(1) = 1 thì ta cho y = 1 vào (2.1) được

x(f(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 = 0với mọi số thực x (a là hằng số thực).

12


f((x− y)2) = f(x)2 − 2xf(x) + y2 (2.2)


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 raf(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 sốthực x. Giả sử tồn tại số thực a mà f(a) = a− 1. Từ (2.3) và (2.4), tacó

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.

Thử lại, hai hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.2).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.

13

Bài toán 3. Tìm tất cả các hàm f : R+ → R thỏa mãn f(1) = 12 và

f(xy) = f(x)f(3y

)+ f(y)f

(3x

)(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 chox = 1 và y = 3 vào (2.6) được f(3) = 1

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

f

(3y

)= 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 3x

rồi áp dụng(2.7) được

f(x)2 = 14

với mọi số thực dương x. Cuối cùng, trong (2.8), ta thay y bởi x thì được

f(x2) = 1

2

với mọi số thực dương x. Do đó, f(x) = 12 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

( 2x3x− 2

)= 996x (2.9)

14

với mọi số thực x khác 23.

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

3x− 2 được

2f( 2x

3x− 2

)+ f(x) = 1992x

3x− 2 (2.10)

với mọi số thực x khác 23 . Từ (2.9) và (2.10), ta suy ra f(x) = 1992x(x− 1)

3x− 2với 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 23 .

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)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Trong (2.11), ta thayy 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)) .

15

Từ (2.12), ta suy ra

2x21f(x1) = (x1 + x2)x2f(x2).

Dẫn đến, 2x21 − x1x2 − x2

2 = 0 hay x1 = x2. Vậy f là một đơn ánh. Dođó, khi cho x = 1 vào (2.12), ta được f(1) = 1. Ta tiếp tục cho x = 1vào (2.11) được

1 + f(y) = (1 + y)f(y)

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

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.11).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = 1

xvới mọi số thực

dương x.


f(f(x) + y) = 2x+ f (f(y)− x) (2.13)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Trong (2.13), ta thayy 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, vớimọi 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 mộttoàn 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)

16

với mọi số thực y. Vì f là toàn ánh nên với mỗi số thực x, tồn tại sốthực 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.Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.13).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)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đầu tiên, ta chox = 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 nhấtsố 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).

17

Từ (2.17), ta thu được a2 +f(0) = f(0), tức là a = 0 hay f(0) = 0. Tiếptheo, 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 vàf(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 xhoặc 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)


18

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), tađược 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)


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

19

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), tasuy 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 hằngsố thực).

Thử lại, các hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.20).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = x + b với mọi số thực x

(b là hằng số thực).


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 vày = 0 vào (2.24) được f(0) = 0. Ta lại cho x = y = 1 vào (2.24) đượcf(1) = 0. Khi chỉ cho y = 1 vào (2.24), ta được

f

(1x

)= −f(x) (2.25)

với mọi số thực x khác 0. Trong (2.24), ta thay y bởi 1xvà sử dụng (2.25)

thì được

f(x2) =

(x+ 1

x

)f(x) (2.26)

20

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 thuđược

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, vìf(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 = 0với mọi số thực x (C là hằng số thực).

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

21


f(x+ f(y)) = x+ f(y) + xf(y) (2.29)


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 mọisố 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 mọisố 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)


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

f(x− a)− 2f(x) = x+ a (2.33)

22

với mọi số thực x. Vì vế phải của (2.33) có tập giá trị là R nên với mọisố 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 thực x, y. Ta cho x = u và y = v vào (2.37) được f(t) = −t+2avới mọi số thực t. Do đó, f(x) = −x + C với mọi số thực x (C là hằngsố 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)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đặt f(0) = a. Vìhàm không không là nghiệm hàm của phương trình đã cho nên tồn tạisố 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)

23

với mọi số thực x. Vì vế phải của (2.39) có tập giá trị là R nên với mọi sốthực 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)) = −12f(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 thực x, y. Ta cho x = u và y = v vào (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 hằngsố 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 sốthực 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)



f(x+ 1) = f(x)f(1)− x (2.44)

24

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)


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 haihằng số thực).

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

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) = x + 1 với mọi sốthực 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)



xf(x)− f(1) = (x− 1)f(x+ 1)

với mọi số thực x. Suy ra,

f(x+ 1) = x

x− 1f(x)− 1x− 1f(1) (2.50)

25

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)− 2x− 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+ 1x

f(x+ 1)− 1xf(1) (2.52)

với mọi số thực x khác 0. Từ (2.50) và (2.52), ta thu được

f(x+ 2) = x+ 1x− 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 vàx = 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. Dođó, f(x) = ax+ b với mọi số thực x (a và b là hai hằng số thực).

Thử lại, các hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.49).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→ Rthỏa mãn

f(xf(y)− f(x)) = 2f(x) + xy (2.55)

26


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 tạisố thực a sao cho f(a) = 0. Bây giờ, ta cho x = y = a vào (2.55) đượcf(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}. Nhưthế, 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 củahàm 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 tiếptục cho x = y = 1 vào (2.55) thì được f(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)

27

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 lạiđược

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)


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)


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.

28

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

f(x+ f(x+ y)) + f(xy) = x+ f(x+ y) + yf(x) (2.67)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Trong (2.67), ta chox = 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 thực x. Trong (2.67), ta lại cho x = 0 rồi thay y bởi x+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 thayy 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)

29


(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)


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)

30

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)


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)


(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 thuđược

2(x3 + 6x2 + 9x+ 3)(f(x)− x) = 0

với mọi số thực x. Do đó, f(x) = x với mọi số thực dương x. 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.Thử lại, hai hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.67).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.

31

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)



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 bởif(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 sốthực).

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

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

32

Bài toán 19. Tìm tất cả các hàm tăng thực sự f : R→ R thỏa mãn

f(xf(y)) = yf(2x) (2.88)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = y = 1vào (2.88) được f(f(1)) = f(2). Vì f tăng thực sự nên f(1) = 2. Ta chox = 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. Thậtvậy, giả sử tồn tại số thực x0 sao cho f(x0) 6= 2x0. Nếu f(x0) < 2x0 thìf(f(x0)) < f(2x0). Ta cho y = x0 vào (2.89) được f(f(x0)) = x0f(2). Talại 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 tươngtự trường hợp trên ta cũng đi đến điều mâu thuẫn.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.88).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; +∞) thỏamãn

f

x+ f(x)2 + y

= 2x− f(x) + f(f(y)) (2.92)

33

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 raf 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 vày = x0 − f(x0)

2 vào (2.92) được

f(x0) = 2x0 − f(x0) + f

fx0 − f(x0)

2

.Vì f

fx0 − 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 vày = 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 c2 ≥ 0 nên f(c

2

)≥ c. Ta suy ra

f(c) ≥ 2c. (2.95)

34

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 âm x và tính không giảm của hàm f 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 raf(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)


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) = 12 thì ta cho

x = y = z = 0 vào (2.99) được f(t) = 12 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)

35

với mọi số thực x, y. Ta cho x = y = 1 vào (2.100) được f(1) = 0 hoặcf(1) = 1. Nếu f(1) = 0 thì ta cho y = 1 vào (2.100) được f(x) = 0 vớimọi 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 thực x. Ta suy ra f(x) ≥ 0 với mọi số thực không âm x. 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 số f tăng trên [0; +∞). Mặtkhác, 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 đượcf(n) = n2 với mọi số nguyên dương n. Từ (2.100), ta cũng khẳng địnhf(r) = r2 với mọi số hữu tỷ dương r. Ta sẽ chứng minh f(x) = x2 với mọisố 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

√f(a) < r < a. Vì f là

hàm tăng trên (0; +∞) và r < a nên f(r) < f(a), suy ra r2 < f(a) hayr <

√f(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 vàf(x) = x2 với mọi số thực x.

36

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 phápquy 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 chon→ +∞ và sử dụng tính liên tục của hàm f được f(x) = f(0) với mọisố 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 mãnf(1) = −1 và

f(x+ y) = f(x) + f(y) + 2xy (2.103)


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) trởthành

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

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

37

Thử lại, hàm số vừa tìm được thỏa mãn (2.103).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = x2 − 2x với mọi số

thực x.

Bài toán 24. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R+ → R+ thỏa mãn

f

1f(xy)

= f(x)f(y) (2.104)



f

1f(x)

= f(1)f(x)

với mọi số thực dương x. Dẫn đến,

f

1f(xy)

= f(1)f(xy)

với mọi số thực dương x, y. Do đó,

f(1)f(xy) = f(x)f(y) (2.105)

với mọi số thực dương x, y. Nếu ta đặt g(x) = f(x)f(1) thì (2.105) trở thành

g(xy) = g(x)g(y)

với mọi số thực dương x, y. Vì thế, g(x) = xa với mọi số thực dương x(a là hằng số thực). Tức là f(x) = kxa với mọi số thực dương x (k và alà các hằng số thực).

Thử lại, chỉ có f(x) = 1 với mọi số thực dương x và f(x) = k

xvới

mọi số thực dương x (k là hằng số thực dương) thỏa mãn (2.104).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = 1 với mọi số thực dương

x và f(x) = k

xvới mọi số thực dương x (k là hằng số thực dương).

38

Bài toán 25. Tìm tất cả các hàm liên tục f : R→ R thỏa mãn

f

(x+ y

2

)=√f(x)f(y) (2.106)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Từ (2.106), ta cóf(x) ≥ 0 với mọi số thực x.Nếu tồn tại số thực x0 để f(x0) = 0 thì ta cho x = x0 vào (2.106) đượcf(x) = 0 với mọi số thực x.Nếu f(x) > 0 với mọi số thực x. Từ (2.106), ta suy ra

ln f(x+ y

2

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

2 (2.107)

với mọi số thực x, y. Nếu ta đặt g(x) = ln f(x) thì (2.107) trở thành

g

(x+ y

2

)= g(x) + g(y)

2 (2.108)

với mọi số thực x, y. Do đó, g(x) = ax+ b với mọi số thực x (a, b là cáchằng số thực). Như vậy, f(x) = abx với mọi số thực x (a, b là các hằngsố thực dương).

Thử lại, các hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.106).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) ≡ 0 và f(x) = abx với mọi

số thực x (a, b là các hằng số thực dương).

Bài toán 26. Tìm tất cả các hàm liên tục f : [0; 1]→ R thỏa mãn

f(x) = 12

[f

(x

2

)+ f

(1 + x

2

)](2.109)

với mọi số thực x thuộc [0; 1].

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Vì hàm số f liên tụctrên [0; 1] nên hàm số đạt giá trị lớn nhất M tại số thực a thuộc [0; 1]

39

và giá trị nhỏ nhất m tại số thực b cũng thuộc [0; 1]. Do đó,

12

[f

(a

2

)+ f

(1 + a

2

)]≤M.

Dẫn đến, f(a) ≤M . Nhưng f(a) = M nên f(a

2

)= M . Bằng phép quy

nạp, ta được

f

(a

2n

)= M (2.110)

với mọi số nguyên dương n. Trong (2.110), ta cho n→ +∞ và sử dụngtính liên tục của hàm f được M = f(0). Tương tự, ta cũng chứng minhđược m = f(0). Do đó, f là hàm hằng trên [0; 1].

Thử lại các hàm hằng trên [0; 1] thỏa mãn (2.109).Vậy các hàm hằng trên [0; 1] là các nghiệm hàm của bài toán.


f(x+ y)f(x− y) = f(x)2f(y)2 (2.111)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = y = 0vào (2.111) được f(0)2 = f(0)4, suy ra f(0) ∈ {−1; 0; 1}.Nếu f(0) = 0 thì khi cho y = 0 vào (2.111), ta được f(x) = 0 với mọi sốthực x.Nếu f(0) = 1 thì ta thay y bởi x trong (2.111) được

f(2x) = f(x)22 (2.112)

với mọi số thực x. Suy ra, f(x) ≥ 0 với mọi số thực x. Giả sử tồn tại sốthực a để f(a) = 0. Từ (2.112) và phương pháp quy nạp, ta thu được

f

(a

2n

)= 0 (2.113)

40

với mọi số nguyên dương n. Trong (2.113), ta cho n → +∞ thì đượcf(0) = 0. Điều này là mâu thuẫn. Do đó, f(x) > 0 với mọi số thực x.Ta cho x = 0 vào (2.111) được

f(−y) = f(y)

với mọi số thực y. Vì thế, f là hàm số chẵn. Bằng phương pháp quy nạp,ta chứng minh được

f(nx) = f(x)n2 (2.114)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Trong (2.114), ta thay xbởi my

nđược

f(my) = f

(my

n

)n2

với mọi số thực y, với mọi số nguyên dương m, n. Dẫn đến,

f

(my

n

)n2

= f(y)m2 (2.115)

với mọi số thực y, với mọi số nguyên dương m, n. Ta cho y = 1 vào(2.115) được

f

(m

n

)n2

= f(1)m2 (2.116)

với mọi số nguyên dương m, n. Từ (2.116) và tính chẵn của hàm f , tasuy ra

f(q) = cq2 (2.117)

với mọi số hữu tỷ q (c = f(1)). Với mọi số thực r, tồn tại dãy số hữu tỷ(qn) sao cho lim qn = r. Ta thay q bởi qn trong (2.117) được

f(qn) = cq2n (2.118)

41

với mọi số nguyên dương n. Trong (2.118), ta cho n→ +∞ được f(r) =cr2 với mọi số thực r. Vì vậy, f(x) = cx2 với mọi số thực x (c là hằng sốthực dương).Nếu f(0) = −1 thì khi đặt g(x) = −f(x), ta tìm được g(x) = cx2 vớimọi số thực x (c là hằng số thực dương). Vì vậy, f(x) = −cx2 với mọi sốthực x (c là hằng số thực dương).

Thử lại, các nghiệm hàm tìm được đều thỏa mãn (2.111).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = cx2 với mọi số thực x,

f(x) = −dx2 với mọi số thực x (c, d là hằng số thực dương) và f(x) ≡ 0.

2.8. Giải phương trình hàm trong lớp các hàm bị chặn

Bài toán 28. Tìm tất cả các hàm f : R→ R bị chặn trên(−1

2; 13

)và thỏa mãn

f(x)− 12f

(x

2

)= x2 (2.119)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Từ (2.119) và bằngphương pháp quy nạp, ta thu được

f(x) = 12n+1f

(x

2n+1

)+ x2

(1 + 1

23 + · · ·+ 123n

)(2.120)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Với mỗi số thực x, tồntại số nguyên dương N để

|x|2n+1 <

13

với mọi số nguyên dương n lớn hơn hoặc bằng N . Từ (2.118), ta suy ra

f(x) = 12n+1f

(x

2n+1

)+ x2

(87 −

17.8n

)(2.121)

42

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n lớn hơnN . Vì f bị chặn trên(−1

2; 13

)nên khi cho n → +∞ trong (2.121), ta thu được f(x) = 8

7x2

với mọi số thực x.Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn đề bài.Vậy f(x) = 8

7x2 với mọi số thực x là nghiệm hàm duy nhất của bài

toán.

Bài toán 29. Có tồn tại hay không hàm f : R→ R thỏa mãn đồngthời các điều kiện sau:

1. f bị chặn trên R;

2. f(1) = 1;

3.

f

(x+ 1

x2

)= f(x) + f

(1x

)2(2.122)

với mọi số thực x khác 0 ?

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các điều kiện của đề bài. Vìf bị chặn trên R nên tồn tại số thực α để α = sup

R+f(x). Vì f(2) = 2 nên

α ≥ 2. Khi đó,

f(x) ≤ α (2.123)

với mọi số thực dương x. Ngoài ra, với mỗi số thực dương ε, tồn tại sốthực a khác 0 sao cho

f(a) ≥ α− ε. (2.124)

Ta cho x = a vào (2.122) và kết hợp (2.123), (2.124) được

f

(1a

)≥ −√ε (2.125)

43

với mọi số thực dương ε. Ta lại cho x = 1avào (2.122) và kết hợp (2.123),

(2.124), (2.125) thì được

α ≥ −√ε+ (α− ε)2 (2.126)

với mọi số thực dương ε bé hơn α. Trong (2.126), ta cho ε→ 0+ thì được

α ≥ α2.

Ta suy ra 0 ≤ α ≤ 1. Điều này là mâu thuẫn.Vậy không tồn tại hàm số nào thỏa mãn đề bài.

Bài toán 30. Tìm tất cả các hàm f : R → R bị chặn trên [0; 1] vàthỏa mãn

f(4f(x) + f(y)) = 4x+ y (2.127)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta thay y bởi x vào(2.127) được

f(5f(x)) = 5x (2.128)

với mọi số thực x. Trong (2.127), ta lại thay x bởi 5f(x) và y bởi 5f(y)rồi kết hợp (2.128) được

f(20x+ 5y) = 20f(x) + 5f(y) (2.129)

với mọi số thực x, y. Ta cho x = y = 0 vào (2.129) được f(0) = 0. Dođó, từ (2.129), ta thu được

f(20x+ 5y) = f(20x) + f(5y)

với mọi số thực x, y. Vì vậy,

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

44

với mọi số thực x, y. Mặt khác, f bị chặn trên [0; 1] nên f(x) = ax vớimọi số thực x (a là hằng số thực).

Thử lại, chỉ hai hàm số f(x) = x và f(x) = −x thỏa mãn đề bài vớimọi số thực x.

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

2.9. Giải phương trình hàm bằng cách sử dụng dãy hàm số

Bài toán 31. Hãy tìm tất cả các hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞)thỏa mãn

f(x) + f(f(x)) = 2x (2.130)

với mọi số thực không âm x.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta xây dựng dãyhàm số (un) như sau

u1(x) = x

un+1(x) = f (un(x))

với mọi số nguyên dương n. Trong (2.130), ta thay x bởi un(x) thì được

un+2(x) + un+1(x)− 2un(x) = 0 (2.131)

với mọi số thực không âm x, với mọi số nguyên dương n. Ta giải phươngtrình sai phân (2.131) được

un(x) = 2x+ f(x)3 + f(x)− x

6 .(−2)n (2.132)

với mọi số thực không âm x, với mọi số nguyên dương n.Ta khẳng định f(x) = x với mọi số thực không âm x. Thật vậy, giả sử

45

tồn tại số thực không âm a sao cho f(a) 6= a. Từ (2.132), ta có

un(a) = 2a+ f(a)3 + f(a)− a

6 .(−2)n

với mọi số nguyên dương n. Nếu f(a) < a thì lim u2n(a) = −∞, vô lí.Nếu f(a) > a thì lim u2n+1(a) = −∞, vô lí.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.130).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = x với mọi số thực

không âm x.

Bài toán 32. Hãy tìm tất cả các song ánh tăng f : R→ R thỏa mãn

f(x) + f−1(x) = 2x (2.133)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta thay x bởi f(x)vào (2.133) được

f(f(x))− 2f(x) + x = 0 (2.134)

với mọi số thực x. Ta xây dựng dãy hàm số (un) như sauu1(x) = x

un+1(x) = f (un(x))

với mọi số nguyên dương n. Trong (2.134), ta thay x bởi un(x) được

un+2(x)− 2un+1(x) + un(x) = 0 (2.135)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Ta giải phương trình saiphân (2.135) được

un(x) = (f(x)− x)n+ 2x− f(x)

46

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Dẫn đến,

un(x)− un(0) = (f(x)− x− f(0))n+ 2x− f(x)− f(0)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Vì un tăng nên

f(x)− x− f(0) + 2x− f(x)− f(0)n

> 0 (2.136)

với mọi số thực dương x, với mọi số nguyên dương n và

f(x)− x− f(0) + 2x− f(x)− f(0)n

< 0 (2.137)

với mọi số thực âm x, với mọi số nguyên dương n. Trong (2.136) và(2.137), ta cho n→ +∞ thì được

f(x)− x− f(0) ≥ 0 (2.138)

với mọi số thực dương x và

f(x)− x− f(0) ≤ 0 (2.139)

với mọi số thực âm x.Bây giờ, ta lại thay x bởi f−1(x) vào (2.133) được

f−1 (f−1(x))− 2f−1(x) + x = 0 (2.140)

với mọi số thực x. Ta xây dựng dãy hàm số (vn) như sauv1(x) = x

vn+1(x) = f−1(vn(x))

với mọi số nguyên dương n. Trong (2.140), ta thay x bởi vn(x) được

vn+2(x)− 2vn+1(x) + vn(x) = 0 (2.141)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Ta giải phương trình saiphân (2.141) được

vn(x) =(f−1(x)− x

)n+ 2x− f−1(x)

47

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Suy ra,

vn(f(x))− vn(f(0)) = (x− f(x) + f(0))n+ 2f(x)− x− 2f(0)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Vì vn ◦ f cũng là mộtsong ánh tăng nên

x− f(x) + f(0) + 2f(x)− x− 2f(0)n

≥ 0 (2.142)

với mọi số thực dương x, với mọi số nguyên dương n và

x− f(x) + f(0) + 2f(x)− x− 2f(0)n

≤ 0 (2.143)

với mọi số thực âm x, với mọi số nguyên dương n. Trong (2.142) và(2.143), ta cho n→ +∞ được

x− f(x) + f(0) ≥ 0 (2.144)

với mọi số thực dương x và

x− f(x) + f(0) ≤ 0 (2.145)

với mọi số thực âm x.Từ (2.138), (2.139), (2.144) và (2.145), ta thu được f(x) = x+ f(0)

với mọi số thực x. Vì vậy, f(x) = x+C với mọi số thực x (C là hằng sốthực).

Thử lại, các hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.133).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = x+ C với mọi số thực x

(C là hằng số thực).

Bài toán 33. Tìm tất cả các hàm số f : R\{1

3;−13

}→ R thỏa mãn

f(x) + f

(x+ 11− 3x

)= x (2.146)

48

với mọi số thực x khác 13 và −1

3.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta xây dựng dãyhàm số (un) như sau

u1(x) = x

un+1(x) = un(x) + 11− 3un(x)

với mọi số nguyên dương n. Rõ ràng, với mọi số thực x khác 13 và −1

3thì (un(x)) là một dãy số tuần hoàn chu kỳ 3. Do đó, từ (2.146), ta có

f(u1(x)) + f(u2(x)) = u1(x)

f(u2(x)) + f(u3(x)) = u2(x)

f(u3(x)) + f(u1(x)) = u3(x)


3 . Giải hệ này, ta thu được

f(u1(x)) = u1(x) + u3(x)− u2(x)2


3 . Vì vậy, f(x) = 9x3 + 6x2 − x+ 218x2 − 2 với

mọi số thực x khác 13 và −1

3 .Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.146).

Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) = 9x3 + 6x2 − x+ 218x2 − 2 với

mọi số thực x khác 13 và −1

3 .

49

Bài toán 34. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R→ R thỏa mãn

f(x) + f

(2x3

)= 3x

5 (2.147)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = 0 vào(2.147) được f(0) = 0. Ta xây dựng dãy hàm số (un) như sau

u1(x) = x

un+1(x) = 2un(x)3

với mọi số nguyên dương n. Do đó, un(x) = x

(23

)n−1với mọi số thực x,

với mọi số nguyên dương n. Dẫn đến, lim un(x) = 0 với mọi số thực x.Ta lần lượt thay x bởi u1(x), u2(x), . . . , un(x) trong (2.147) được

f(u1(x)) + f(u2(x)) = 3u1(x)5

f(u2(x)) + f(u3(x)) = 3u2(x)5

. . .

f(un(x)) + f(un+1(x)) = 3un(x)5

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Từ đó, ta dẫn đến

f(u1(x)) + (−1)n+1f(un+1(x)) = 925u1(x)

[1−

(−2

3

)n](2.148)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Trong (2.148), ta chon→ +∞ và sử dụng tính liên tục của hàm số f thì được f(x) = 9x

25 vớimọi số thực x.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.147).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) = 9x

25 với mọi số thực x.

50


f(x2) + f(x) = x2 + x (2.149)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đặt g(x) = f(x)−x,từ đề bài, ta dẫn đến g là hàm số liên tục, g(0) = 0, g(1) = 0 và

g(x2) + g(x) = 0 (2.150)

với mọi số thực x. Như thế, g là hàm số chẵn. Từ (2.150), ta suy ra

g(x) = g(x4)


g(x) = g(x

14

)(2.151)

với mọi số thực dương x. Ta xây dựng dãy hàm số (un) như sauu1(x) = x

un+1(x) = u14n(x)

với mọi số nguyên dương n. Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minhđược

un(x) = x1

4n−1

với mọi số thực dương x, với mọi số nguyên dương n. Do đó, lim un(x) = 1với mọi số thực dương x. Trong (2.151), ta thay x bởi un(x) thì được

g(un+1(x)) = g(un(x))

với mọi số thực dương x, với mọi số nguyên dương n. Cũng bằng phươngpháp quy nạp, ta thu được

g(un(x)) = g(x) (2.152)

51

với mọi số thực dương x, với mọi số nguyên dương n. Trong (2.152), tacho n → +∞ và sử dụng tính liên tục của hàm g được g(x) = g(1) vớimọi số thực dương x. Do đó, g(x) = 0 với mọi số thực dương x. Tóm lại,f(x) = x với mọi số thực x.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.149).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) = x với mọi số thực x.

2.10. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến

Bài toán 36. Hãy tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn

f(x+ y) = f(x)f(y)f(xy) (2.153)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Từ (2.153), ta thêmbiến z được

f(x+ y + z) = f(x)f(y + z)f(xy + zx) (2.154)

với mọi số thực dương x, y, z. Từ (2.153) và (2.154), ta thu được

f(x+ y + z) = f(x)f(y)f(z)f(yz)f(xy)f(zx)f(x2yz

)(2.155)

với mọi số thực dương x, y, z. Ta hoán đổi vị trí của x và y trong (2.155)được

f(y + x+ z) = f(y)f(x)f(z)f(zx)f(xy)f(yz)f(xy2z

)(2.156)

với mọi số thực dương x, y, z. Từ (2.155) và (2.156), ta được

f(x2yz

)= f

(xy2z

)(2.157)

với mọi số thực dương x, y, z. Ta thay z bởi 1xy

vào (2.157) được

f(x) = f(y)

52

với mọi số thực dương x, y. Dẫn đến, f(x) = c với mọi số thực dương x(c là hằng số thực dương). Từ (2.153), ta suy ra c = 1. Vì vậy, f(x) = 1với mọi số thực dương x.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (2.153).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) ≡ 1.

Bài toán 37. Hãy tìm tất cả các hàm số f : R→ R thỏa mãn

xf(x)− yf(y) = (x− y)f(x+ y) (2.158)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Từ (2.158), ta thêmbiến z được

xf(x)− zf(z) = (x− z)f(x+ z)

với mọi số thực x, z. Do đó,

(x− z)f(x+ z) = (x− y)f(x+ y) + (y − z)f(y + z) (2.159)

với mọi số thực x, y, z. Với mỗi số thực t, ta luôn tìm được các số thựcx0, y0, z0 sao cho x0 + z0 = t, x0 + y0 = 1 và y0 + z0 = 0. Cụ thể,x0 = t+ 1

2 , y0 = 1− t2 và z0 = t− 1

2 . Từ (2.159), ta thu được

f(t) = tf(1) + (1− t)f(0)

với mọi số thực t. Tóm lại, f(x) = ax+ b với mọi số thực x (a, b là cáchằng số thực).

Thử lại, các hàm số tìm được đều thỏa mãn (2.158).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = ax+ b với mọi số thực x

(a, b là các hằng số thực).

53

Bài toán 38. Hãy tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏamãn

f(x+ y) + f(xy − 1) = f(x) + f(y) + f(xy) (2.160)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đặt g(x) = f(x) −f(x− 1), (2.160) trở thành

f(x+ y) = f(x) + f(y) + g(xy) (2.161)

với mọi số thực x, y. Từ (2.161), ta thêm biến z được

f(x+ y + z) = f(x) + f(y + z) + g(xy + zx) (2.162)

với mọi số thực x, y, z. Kết hợp (2.161) và (2.162), ta được

f(x+ y + z) = f(x) + f(y) + f(z) + g(yz) + g(xy + zx) (2.163)

với mọi số thực x, y, z. Ta đổi chỗ x và y trong (2.163) được

f(x+ y + z) = f(x) + f(y) + f(z) + g(zx) + g(xy + yz) (2.164)

với mọi số thực x, y, z. Từ (2.163) và (2.164), ta được

g(yz) + g(xy + zx) = g(zx) + g(xy + yz) (2.165)

với mọi số thực x, y, z.Ta sẽ chứng minh

g(u) + g(v) = g(u+ v) + g(0) (2.166)

với mọi số thực u, v.Thật vậy, với hai số thực u, v bất kì, ta có các trường hợp sau:

54

Nếu u > 0 và v > 0 thì với mọi số thực dương w, ta cho x =√vw

u,

y =√uv

wvà z =

√wu

vvào (2.165) thì được

g(u) + g(v + w) = g(u+ v) + g(w). (2.167)

Trong (2.167), ta cho w → 0+ và sử dụng tính liên tục của hàm g thìđược (2.166).Nếu u < 0 và v < 0 thì với mọi số thực dương w, ta cho x =

√vw

u,

y = −√uv

wvà z =

√wu


g(u) + g(v + w) = g(u+ v) + g(w). (2.168)

Trong (2.168), ta cho w → 0+ và sử dụng tính liên tục của hàm g thìđược (2.166).Nếu u < 0 và v > 0 thì với mọi số thực âm w, ta cho x =

√vw

u, y =

√uv

w

và z = −√wu


g(u) + g(v + w) = g(u+ v) + g(w). (2.169)

Trong (2.169), ta cho w → 0− và sử dụng tính liên tục của hàm g thìđược (2.166).Nếu u > 0 và v < 0 thì với mọi số thực âm w, ta cho x = −

√vw

u,

y =√uv

wvà z =

√wu


g(u) + g(v + w) = g(u+ v) + g(w). (2.170)

Trong (2.170), ta cho w → 0− và sử dụng tính liên tục của hàm g thìđược (2.166).Nếu u = 0 hoặc v = 0 thì (2.166) hiển nhiên đúng.Bây giờ, nếu ta đặt h(x) = g(x)− g(0) thì (2.166) trở thành

h(x) + h(y) = h(x+ y)

55

với mọi số thực x, y. Vì h cũng là hàm số liên tục trên R nên h(x) = ax

với mọi số thực x (a là hằng số thực). Do đó, g(x) = ax + b với mọi sốthực x (a, b là các hằng số thực). Khi đó, (2.161) trở thành

f(x+ y) = f(x) + f(y) + axy + b (2.171)

với mọi số thực x, y. Bây giờ, ta lại đặt q(x) = f(x)− a2x2 +b thì (2.171)

trở thànhq(x+ y) = q(x) + q(y)

với mọi số thực x, y. Vì q cũng là hàm số liên tục trên R nên q(x) = cx

với mọi số thực x (c là hằng số thực). Tóm lại, f(x) = Ax2 + Bx + C

với mọi số thực x (A, B, C là các hằng số thực).Thử lại, chỉ các hàm số f(x) = Ax2 +Bx+C với mọi số thực x (A,

B, C là các hằng số thực và A = B + C) thỏa mãn (2.160).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = Ax2 +Bx+C với mọi số

thực x (A, B, C là các hằng số thực và A = B + C).

Bài toán 39. Hãy tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn√f (8f(xy)2 + x2y2) = 3(yf(x) + xf(y)) (2.172)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Từ (2.172), ta thêmbiến z được√f (8f(xyz)2 + x2y2z2) = 3(yzf(x) + xf(yz)) = 3(yf(zx) + zxf(y))

với mọi số thực dương x, y, z. Dẫn đến,

yzf(x) + xf(yz) = yf(zx) + zxf(y) (2.173)

56

với mọi số thực dương x, y, z. Nếu ta đặt g(x) = f(x)x

thì (2.173) trởthành

g(x) + g(yz) = g(zx) + g(y) (2.174)

với mọi số thực dương x, y, z. Trong (2.174), ta cho y = 1 được

g(x) + g(z) = g(zx) + g(1)

với mọi số thực dương x, z. Dẫn đến,

g (ex) + g (ey) = g(ex+y

)+ g(1) (2.175)

với mọi số thực x, y. Nếu ta đặt h(x) = g (ex) − g(1) thì (2.175) trởthành

h(x+ y) = h(x) + h(y)

với mọi số thực x, y. Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

h(nx) = nh(x)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n. Vì thế,

h(x) > −g(1)n

(2.176)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n (do h(x) > −g(1) với mọisố thực x). Trong (2.176), ta cho n→ +∞ thì được h(x) ≥ 0 với mọi sốthực x. Vì vậy, h là hàm số tăng trên R. Từ đó, ta suy ra h(x) = 0 vớimọi số thực x. Tóm lại, f(x) = ax với mọi số thực dương x (a là hằngsố thực dương).

Thử lại, chỉ hai hàm số f(x) = 9 +√

794 x và f(x) = 9−

√79

4 x thỏamãn (2.172) với mọi số thực dương x.

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) = 9 +√

794 x với mọi

số thực dương x và f(x) = 9−√

794 x với mọi số thực dương x.

57

CHƯƠNG 3

CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP

Bài toán 40 (Thailand MO 2019). Tìm tất cả các hàm số f : R+ →R+ thỏa mãn

f(x+ yf(x) + y2) = f(x) + 2y (3.1)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Với hai số thực dươngx, t tùy ý, tồn tại số thực dương y0 sao cho y0f(x) + y2

0 = t. Cụ thể,

y0 =√f(x)2 + 4t− f(x)

2 .


f(x+ t) =√f(x)2 + 4t (3.2)

với mọi số thực dương x, t. Trong (3.2), ta đổi chỗ của x và t cho nhauthì được

f(x+ t) =√f(t)2 + 4x (3.3)

với mọi số thực dương x, t. Từ (3.2) và (3.3), ta thu được

f(x)2 − 4x = f(t)2 − 4t

với mọi số thực dương x, t. Do đó,

f(x)2 = 4x+ C (3.4)

58

với mọi số thực dương x (C là hằng số thực không âm). Vì vậy, f(x) =2√x+ b với mọi số thực dương x (b là hằng số thực không âm).Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (3.1).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = 2

√x+ b với mọi số thực

dương x (b là hằng số thực không âm).

Bài toán 41 (Spain MO 2018). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+

thỏa mãn

f(x+ f(y)) = yf(xy + 1) (3.5)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta thay x bởi y − 1y

trong (3.5) thì được

f

(y − 1y

+ f(y))

= yf(y) (3.6)

với mọi số thực y lớn hơn 1. Trong (3.5), ta lại thay y bởi x− 1x

+ f(x)được

f

(x+ f

(x− 1x

+ f(x)))

=(x− 1x

+ f(x))f(x+ xf(x)) (3.7)

với mọi số thực x lớn hơn 1. Từ (3.6) và (3.7), ta thu được

x− 1x

+ f(x) = 1

với mọi số thực x lớn hơn 1. Hay, f(x) = 1xvới mọi số thực x lớn hơn 1.

Khi đó,

f(1 + f(x)) = 11 + f(x) (3.8)

59

với mọi số thực dương x. Ta lại cho x = 1 vào (3.5) thì được

f(1 + f(y)) = yf(y + 1) (3.9)

với mọi số thực dương y. Mặt khác,

f(x+ 1) = 1x+ 1 (3.10)

với mọi số thực dương x. Từ (3.8), (3.9) và (3.10), ta được f(x) = 1xvới

mọi số thực dương x.Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (3.5).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = 1

xvới mọi số thực

dương x.

Bài toán 42 (Benelux MO 2016). Tìm tất cả các hàm số f : R→ Zthỏa mãn

f(f(y)− x)2 + f(x)2 + f(y)2 = f(y)(1 + 2f(f(y))) (3.11)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đặt a = f(0). Ta chox = y = 0 vào (3.11) được a− a2 = (f(a)− a)2. Suy ra, a− a2 ≥ 0. Vìa là số nguyên nên a = 0 hoặc a = 1.Nếu a = 0 thì ta cho y = 0 vào (3.11) được

f(−x)2 + f(x)2 = 0

với mọi số thực x. Do đó, f(x) = 0 với mọi số thực x.Nếu a = 1 thì ta cho x = y = 0 vào (3.11) được f(1) = 1. Khi chỉ choy = 0 vào (3.11), ta được

f(1− x)2 + f(x)2 = 2 (3.12)

60

với mọi số thực x. Vì f(x) và f(1 − x) đều là số nguyên nên từ (3.12),ta thu được

f(x)2 = 1 (3.13)

với mọi số thực x. Mặt khác, khi cho x = 0 vào (3.11), ta có

f(y)− 1 = (f(f(y))− f(y))2

với mọi số thực y. Vì vậy,

f(x) ≥ 1 (3.14)

với mọi số thực x. Từ (3.13) và (3.14), ta thu được f(x) = 1 với mọi sốthực x.

Thử lại, hai hàm hằng tìm được thỏa mãn (3.11).Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) ≡ 0 và f(x) ≡ 1.

Bài toán 43 (Iran MO 2018 (Vòng 3)). Tìm tất cả các hàm sốf : [0; +∞)→ [0; +∞) thỏa mãn

f(x3 + xf(xy)

)= f(xy) + x2f(x+ y) (3.15)

với mọi số thực không âm x, y.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Gọi a là một nghiệmthực dương của phương trình x3 + f(1)x− 1 = 0. Ta cho x = a và y = 1

avào (3.15) được

f

(a+ 1

a

)= 0.

Ta suy ra f(b) = 0, với b = a+ 1a. Với mỗi số thực t không âm, phương

trình x3 + f(t)x− b = 0 luôn có một nghiệm dương xt. Trong (3.15), talại cho x = xt và y = t

xtthì được

f(t) + x2tf

(xt + t

xt

)= 0

61

với mọi số thực không âm t. Do đó, f(t) = 0 với mọi số thực không âmt. Tức là, f(x) = 0 với mọi số thực không âm x.

Thử lại, hàm số này thỏa mãn (3.15).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất f(x) ≡ 0.

Bài toán 44 (Iran MO 2018 (Vòng 2)). Tìm tất cả các hàm sốf : R→ R thỏa mãn

f(x+ y)f(x2 − xy + y2) = x3 + y3 (3.16)



f(x)f(x2) = x3 (3.17)

với mọi số thực x. Ta cho x = 0 vào (3.17) được f(0) = 0. Ta lại chox = 1 vào (3.17) được f(1) = 1 hoặc f(1) = −1.Nếu f(1) = 1 thì đặt g(x) = f(x)

x, từ (3.17), ta có

g(x)g(x2) = 1 (3.18)

với mọi số thực x khác 0. Trong (3.18), ta thay x bởi −x thì được

g(−x)g(x2) = 1 (3.19)

với mọi số thực x khác 0. Từ (3.18) và (3.19), ta suy ra g là hàm số chẵntrên R \ {0}.Trong (3.16), ta thay y bởi 1− x thì được

f(3x2 − 3x+ 1

)= 3x2 − 3x+ 1

với mọi số thực x. Vì tập giá trị của hàm số h(x) = 3x2 − 3x + 1 trênR là

[14; +∞

)nên f(x) = x với mọi số thực x thuộc

[14; +∞

). Do đó,

62

g(x) = 1 với mọi số thực x thuộc[14; +∞

).

Ta sẽ chứng minh g(x) = 1 với mọi số thực x thuộc(0; 1

4

). Giả sử tồn

tại số thực a thuộc(0; 1

4

)mà g(a) 6= 1. Trong (3.18), ta cho x =

√a

đượcg(a)g(

√a) = 1.

Trong (3.18), ta lại cho x = 4√a được

g(√a)g( 4√a) = 1.

Do đó g(a) = g( 4√a). Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

g(a) = g(

2n√a)

với mọi số nguyên dương n. Vì 0 < a <14 nên tồn tại số nguyên dương

N sao cho 2N√a ≥ 1

4 . Dẫn đến, g(

2N√a)

= 1 hay g(a) = 1. Điều này mâuthuẫn.Vì vậy, g(x) = 1 với mọi số thực x khác 0. Mặt khác f(0) = 0 nênf(x) = x với mọi số thực x.Nếu f(1) = −1 thì bằng cách đặt h(x) = −f(x) và theo trường hợptrên, ta tìm được f(x) = −x với mọi số thực x.


và f(x) = −x với mọi số thực x.

Bài toán 45 (Vietnam MO 2017). Tìm tất cả các hàm số f : R→ Rthỏa mãn

f(xf(y)− f(x)) = 2f(x) + xy (3.20)

63



f(f(y)− f(1)) = 2f(1) + y (3.21)

với mọi số thực y. Từ (3.21), ta suy ra f là một song ánh. Do đó, tồn tạisố thực a sao cho f(a) = 0. Bây giờ, ta cho x = y = a vào (3.20) đượcf(0) = a2. Còn khi cho x = a và y = 0 vào (3.20), ta được f (a3) = 0.Từ tính đơn ánh của f , ta rút ra được a = a3, tức là a ∈ {−1; 0; 1}. Nhưthế, f(0) = 0 hoặc f(0) = 1.Nếu f(0) = 0 thì khi cho y = 0 vào (3.20) và sử dụng tính toàn ánh củahàm số f , ta rút ra được f(−x) = 2x với mọi số thực x, hay f(x) = −2xvới mọi số thực x.Nếu f(0) = 1 thì ta cho x = y = 0 vào (3.20) được f(−1) = 2. Ta tiếptục cho x = y = 1 vào (3.20) thì được f(1) = 0. Ta cho x = 1 vào (3.20)được

f(f(y)) = y (3.22)

với mọi số thực y. Ta thay y bởi f(y) trong (3.20) và sử dụng (3.22)được

f(xy − f(x)) = 2f(x) + xf(y) (3.23)

với mọi số thực x, y. Trong (3.23), ta thay y bởi f(x)x

được

f

f(x)x

= 1− 2f(x)x

(3.24)

với mọi số thực x khác 0. Ta lại thay y bởi f(x)x

trong (3.20) và sử dụng(3.24) được

f(1− 3f(x)) = 3f(x)

64

với mọi số thực x khác 0. Mặt khác, ta cho x = −1 và y = 1 vào (3.20)được f(−2) = 3. Do đó,

f(1− 3f(x)) = 3f(x) (3.25)

với mọi số thực x. Từ (3.25) và tính toàn ánh của hàm số f , ta thu được

f(1− 3x) = 3x

với mọi số thực x. Dẫn đến, f(x) = 1− x với mọi số thực x.Thử lại, chỉ f(x) = 1− x với mọi số thực x thỏa mãn (3.20).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = 1 − x với mọi số

thực x.

Bài toán 46 (Japan MO 2019). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+

thỏa mãn

f

f(y)f(x) + 1

= f

(x+ y

x+ 1

)− f(x) (3.26)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta chứng minh f

là một đơn ánh. Không mất tính tổng quát, giả sử tồn tại hai số thựcdương a, b sao cho f(a) = f(b) nhưng a < b. Khi đó, tồn tại số thực csao cho 0 < c < b − a. Ta cho x = c và lần lượt cho y = a, y = b vào(3.26) thu được

f

(c+ a

c+ 1

)= f

(c+ b

c+ 1

).

Đặt x0 = c+a

c+1 và y0 = c+ b

c+1, ta có f(x0) = f(y0) và y0−x0−1 > 0.

Ta lại cho x = x0 và y = x0(y0 − x0 − 1) vào (3.26) được

f

f(x0(y0 − x0 − 1))f(x0)

+ 1 = f(y0)− f(x0).

65

Dẫn đến, f(y0) > f(x0). Điều này là mâu thuẫn với f(y0) = f(x0).Ta cho x = 2 vào (3.26) được

f

(y

2 + 3)

= f

f(y)f(2) + 1

+ f(2) (3.27)

với mọi số thực dương y. Ta thay y bởi x trong (3.26) được

f(x+ 2) = f(x) + f(2) (3.28)

với mọi số thực dương x. Ta lại thay x bởi f(y)f(2) + 1 trong (3.28) được

f

f(y)f(2) + 3

= f

f(y)f(2) + 1

+ f(2) (3.29)

với mọi số thực dương y. Từ (3.27), (3.29) và kết hợp với tính đơn ánhcủa f , ta thu được f(y) = cy với mọi số thực dương y (c là hằng số thựcdương).

Thử lại, các hàm số tìm được đều thỏa (3.26).Vậy bài toán có các nghiệm hàm là f(x) = cx với mọi số thực dương

x (c là hằng số thực dương).

Bài toán 47 (Balkan TST 2017). Tìm tất cả các hàm số f : R+ →R+ sao cho

f(x)f(y)f(z) = 9f(z + xyf(z)) (3.30)

với mọi số thực dương x, y, z.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta thay x bởi xy vàcho y = 1 trong (3.30) được

f(xy)f(1)f(z) = 9f(z + xyf(z)) (3.31)

66

với mọi số thực dương x, y, z. Từ (3.30) và (3.31), ta suy ra

f(x)f(y) = f(xy)f(1) (3.32)

với mọi số thực dương x, y. Ta nhân hai vế của (3.32) với f(z) rồi sửdụng (3.32) thì được

f(x)f(y)f(z) = f(xyz)f(1)2 (3.33)

với mọi số thực dương x, y, z. Từ (3.32), ta cũng có

f(xyz)f 1xy

+ f(z)z

= f(z + xyf(z))f(1) (3.34)

với mọi số thực dương x, y, z. Ta nhân (3.33) và (3.34) vế theo vế và sửdụng (3.30) được

9f 1xy

+ f(z)z

= f(1)3 (3.35)

với mọi số thực dương x, y, z. Ta cho z = 1 vào (3.35) được

f

( 1xy

+ f(1))

= f(1)3

9

với mọi số thực dương x, y. Do đó, f(x) = f(1)3

9 với mọi số thực x lớnhơn f(1). Từ (3.30), ta suy ra f(1) = 3. Vì vậy, f(x) = 3 với mọi sốthực x lớn hơn 3. Trong (3.30), ta cho y = z = 4 thì được f(x) = 3 vớimọi số thực dương x.

Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (3.30).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) ≡ 3.

Bài toán 48 (Pakistan TST 2017). Tìm tất cả các hàm số f : R+ →

67

R+ sao cho

f(x)2 − f(y)f(z) = f(xy)f(y)f(z)[f (yz)− f (zx)] (3.36)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta nhân f(x) vàohai vế của (3.36) được

f(x)3 − f(x)f(y)f(z) = f(x)f(y)f(z)f(xy)[f(yz)− f(zx)] (3.37)

với mọi số thực dương x, y, z. Ta thay x bởi y, y bởi z và z bởi x trong(3.37) thì được

f(y)3 − f(x)f(y)f(z) = f(x)f(y)f(z)f(yz)[f(zx)− f(xy)] (3.38)

với mọi số thực dương x, y, z. Ta tiếp tục thay x bởi z, y bởi x và z bởiy trong (3.37) được

f(z)3 − f(x)f(y)f(z) = f(x)f(y)f(z)f(zx)[f(xy)− f(yz)] (3.39)

với mọi số thực dương x, y, z. Ta cộng (3.37), (3.38) và (3.39) vế theovế được

f(x)3 + f(y)3 + f(z)3 = 3f(x)f(y)f(z)

với mọi số thực dương x, y, z. Do đó,

f(x) = f(y) = f(z)

với mọi số thực dương x, y, z. Vì vậy, f(x) = c với mọi số thực dương x(c là hằng số thực dương).

Thử lại, các hàm tìm được thỏa mãn (3.36).Vậy các hàm hằng dương là nghiệm hàm của bài toán.

68

Bài toán 49 (IMO 2017). Hãy tìm tất cả các hàm số f : R → Rthỏa mãn

f(f(x)f(y)) + f(x+ y) = f(xy) (3.40)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Nếu f(0) = 0 thì tacho y = 0 vào (3.40) được f(x) = 0 với mọi số thực x. Nếu f(0) 6= 0 thìta khẳng định : "Với mọi số thực x, nếu f(x) = 0 thì x = 1". Giả sử tồntại số thực x0 để f(x0) = 0 nhưng x0 6= 1. Ta cho x = x0

x0 − 1 và y = x0

vào (3.40) được f(0) = 0. Điều này là mâu thuẫn. Do đó, khẳng địnhtrên là một mệnh đề đúng.Ta cho x = y = 0 vào (3.40) được f (f(0)2) = 0. Kéo theo, f(0) = 1hoặc f(0) = −1.Nếu f(0) = −1 thì ta cho y = 1 vào (3.40) được

f(x+ 1) = f(x) + 1

với mọi số thực x. Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

f(x+ n) = f(x) + n (3.41)

với mọi số thực x, với mọi số nguyên dương n.Tiếp theo, ta sẽ chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy, với hai số thực a,b bất kỳ nhỏ hơn 1 thỏa mãn f(a) = f(b), tồn tại hai số thực r và s saocho rs+ 1 = a và r + s = b, ta cho x = r và y = s vào (3.40) được

f(f(r)f(s)) + f(b) = f(a− 1).

Từ (3.41), ta suy ra f(a − 1) = f(a) − 1. Do đó, f(f(r)f(s)) = −1.Dẫn đến, f(f(r)f(s) + 1) = 0. Vì thế, f(r)f(s) = 0, tức là r = 1 hoặcs = 1. Và khi đó, a = b. Bây giờ, với hai số thực a, b bất kỳ thỏa mãn

69

f(a) = f(b), tồn tại số nguyên dương m sao cho a−m và b−m đều nhỏhơn 1, từ (3.41), ta được f(a−m) = f(b−m). Kéo theo, a−m = b−m,tức là a = b.Trong (3.40), ta thay y bởi −x được

f(f(x)f(−x))− 1 = f(−x2)


f(f(x)f(−x)) = f(1− x2)

với mọi số thực x. Từ tính đơn ánh của f , ta suy ra

f(x)f(−x) = 1− x2 (3.42)

với mọi số thực x. Mặt khác, trong (3.40), ta thay y bởi 1− x được

f(f(x)f(1− x)) = f(x(1− x))

với mọi số thực x. Từ tính đơn ánh của f và (3.41), ta suy ra

f(x)(1 + f(−x)) = x− x2 (3.43)

với mọi số thực x. Từ (3.42) và (3.43), ta thu được f(x) = x− 1 với mọisố thực x.Nếu f(0) = 1 thì bằng cách đặt g(x) = −f(x) và theo trường hợp trên,ta thu được g(x) = x− 1 với mọi số thực x. Do đó, f(x) = 1−x với mọisố thực x.

Thử lại, ba hàm số tìm được ở trên đều thỏa mãn (3.40).Vậy bài toán có đúng ba nghiệm hàm là f(x) ≡ 0, f(x) = x− 1 với

mọi số thực x và f(x) = 1− x với mọi số thực x.

70

Bài toán 50 (APMO 2016). Hãy tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+

thỏa mãn

(z + 1)f(x+ y) = f(xf(z) + y) + f(yf(z) + x) (3.44)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = y = 1vào (3.44) được

(z + 1)f(2) = 2f(f(z) + 1)

với mọi số thực dương z. Do đó, hàm f không bị chặn trên.Ta sẽ chứng minh

f(a) + f(b) = f(c) + f(d) (3.45)

với mọi số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b = c + d. Thật vậy, xétbốn số thực dương a, b, c và d bất kì thỏa mãn a+ b = c+d. Vì f khôngbị chặn trên nên tồn tại số thực dương e sao cho f(e) lớn hơn 1, a

b, ba, cd

và dc. Khi đó, ta có thể tìm được các số thực dương u, v, w, t thỏa mãn

f(e)u+ v = a

u+ f(e)v = b

f(e)w + t = c

w + f(e)t = d.

Từ a+ b = c+ d, ta suy ra u+ v = w + t. Ta cho x = u, y = v và z = e

vào (3.44) được(e+ 1)f(u+ v) = f(a) + f(b).

Còn khi cho x = w, y = t và z = e vào (3.44), ta lại được

(e+ 1)f(w + t) = f(c) + f(d).

71

Từ đó, ta thu được f(a) + f(b) = f(c) + f(d).Tiếp theo, ta thay x và y bởi x2 trong (3.44) thì được

(z + 1)f(x) = f

(x

2f(z) + x

2

)+ f

(x

2f(z) + x

2

)(3.46)

với mọi số thực dương x, z. Theo (3.45), ta có

f

(x

2f(z) + x

2

)+ f

(x

2f(z) + x

2

)= f(xf(z)) + f(x) (3.47)

với mọi số thực dương x, z. Từ (3.46) và (3.47), ta được

zf(x) = f(xf(z)) (3.48)

với mọi số thực dương x, z.

Đặt a = f

1f(1)

. Ta cho x = 1 và z = 1f(1) vào (3.48) được f(a) = 1.

Ta lại cho x = z = a vào (3.48) được af(a) = f(af(a)), suy ra a = 1hay f(1) = 1. Ta cho x = 1 vào (3.48) được

z = f(f(z)) (3.49)

với mọi số thực dương z. Mặt khác, từ (3.45), ta thu được

f(x+ y) + f(1) = f(x) + f(y + 1)

với mọi số thực dương x, y và

f(y + 1) + f(1) = f(y) + f(2)

với mọi số thực dương y. Do đó,

f(x+ y) = f(x) + f(y) + C (3.50)

với mọi số thực dương x, y (C = f(2) − 2). Ta thay x = y = f(2) vào(3.50) được

f(2f(2)) = 2f(f(2)) + C.

72

Từ (3.48) và (3.49), ta có

f(2f(2)) = 2f(2) = 2(C + 2) và f(f(2)) = 2.

Do đó, 2(C + 2) = 4 + C, dẫn đến C = 0. Vì vậy,

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

với mọi số thực dương x, y. Vì vậy, f(x) = x với mọi số thực dương x.Thử lại, hàm số tìm được thỏa mãn (3.44).Vậy bài toán có nghiệm hàm duy nhất là f(x) = x với mọi số thực

dương x.

Bài toán 51 (Zhautykov MO 2018). Tìm tất cả các số thực a để tồntại hàm số f : R→ R thỏa mãn

f(x− f(y)) = f(x) + a[y] (3.51)


Lời giải. Giả sử tồn tại số thực a thỏa mãn đề bài.Nếu a = 0 thì ta có thể chọn f là hàm không.Nếu a 6= 0 thì trước tiên, ta có khẳng định: "Với hai số thực u, v bất kỳ,f(u) = f(v) khi và chỉ khi [u] = [v]". Với hai số thực u, v bất kỳ, ta có

f(x− f(u)) = f(x) + a[u] (3.52)f(x− f(v)) = f(x) + a[v] (3.53)

với mọi số thực x. Nếu f(u) = f(v) thì từ (3.52) và (3.53), ta thu được[u] = [v]. Nếu [u] = [v] thì từ (3.52) và (3.53), ta suy ra

f(x− f(u)) = f(x− f(v))


[x− f(u)] = [x− f(v)]

73

với mọi số thực x. Do đó, f(u) = f(v). Như vậy, khẳng định trên làmệnh đề đúng.Tiếp theo, ta sẽ chứng minh f(x) là số nguyên với mọi số thực x. Thậtvậy, giả sử tồn tại số thực x0 mà f(x0) không là số nguyên. Khi đó, tồntại hai số thực x1, x2 sao cho

[x1] = [x2] và [x1 − f(x0)] 6= [x2 − f(x0)].

Ta cho x = x1 và y = x0 vào (3.51) được

f(x1 − f(x0)) = f(x1) + a[x0]. (3.54)

Ta cho x = x2 và y = x0 vào (3.51) được

f(x2 − f(x0)) = f(x2) + a[x0]. (3.55)

Theo khẳng định trên, ta có f(x1) = f(x2). Từ (3.54) và (3.55), ta suyra

f(x1 − f(x0)) = f(x2 − f(x0)).

Cũng theo khẳng định trên, ta được

[x1 − f(x0)] = [x2 − f(x0)].

Điều này là mâu thuẫn.Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

f(x− nf(y)) = f(x) + an[y] (3.56)

với mọi số thực x, y, với mọi số nguyên dương n. Ta thay x bởi x+nf(y)trong (3.56) được

f(x+ nf(y)) = f(x)− an[y] (3.57)

với mọi số thực x, y, với mọi số nguyên dương n. Từ (3.56) và (3.57), tasuy ra

f(x− nf(y)) = f(x) + an[y]

74

với mọi số thực x, y, với mọi số nguyên n. Dẫn đến,

f(x− f(z)f(y)) = f(x) + af(z)[y] (3.58)

với mọi số thực x, y, z. Ta đổi chỗ của y và z trong (3.58) thì được

f(x− f(y)f(z)) = f(x) + af(y)[z] (3.59)

với mọi số thực x, y, z. Từ (3.58) và (3.59), ta thu được

f(z)[y] = f(y)[z] (3.60)

với mọi số thực y, z. Ta cho z = 1 vào (3.60) được f(y) = C[y] với mọisố thực y (C là hằng số nguyên). Từ (3.51), ta tìm được a = −C2 (C làsố nguyên khác 0).

Thử lại, với các giá trị tìm được của a, ta đều tìm được ít nhất mộthàm số thỏa mãn (3.51).

Vậy a = −C2 (C là số nguyên) thỏa mãn đề bài.

Bài toán 52 (USAJMO 2016). Tìm tất cả các hàm số f : R → Rthỏa mãn

(f(x) + xy)f(x− 3y) + (f(y) + xy)f(3x− y) = f(x+ y)2 (3.61)


Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Đầu tiên, ta chox = y = 0 vào (3.61) được f(0) = 0. Ta tiếp tục cho x = 0 vào (3.61)được

f(y)f(−y) = f(y)2

với mọi số thực y. Dẫn đến,

f(−y)f(y) = f(−y)2

75

với mọi số thực y. Vì thế, f là hàm số chẵn. Trong (3.61), ta lại thay xbởi −y thì được (

f(y)− y2) f(4y) = 0

với mọi số thực y. Do đó,

f(x) = x2 hoặc f(4x) = 0 (3.62)

với mọi số thực x.Ta có khẳng định: "Với mọi số thực x, f(x) = 0 khi và chỉ khi f(2x) = 0".Trong (3.61), ta thay x bởi 3y thì được

(f(y) + 3y2) f(8y) = f(4y)2 (3.63)

với mọi số thực y. Khi thay y bởi x4 , (3.63) trở thànhf (x4

)+ 3x2

16

f(2x) = f(x)2 (3.64)

với mọi số thực x. Từ (3.64), "Với mọi số thực x, nếu f(2x) = 0 thìf(x) = 0" là mệnh đề đúng. Mặt khác, với mọi số thực x khác 0, nếuf(4x) 6= 0 thì từ (3.62), ta suy ra f(x) = x2, kéo theo f(2x) 6= 0 (do(3.64)). Như thế, "Với mọi số thực x, nếu f(x) = 0 thì f(2x) = 0" làmệnh đề đúng. Do đó, khẳng định trên là một mệnh đề đúng.Từ khẳng định trên và (3.62), ta có

f(x) = x2 hoặc f(x) = 0 (3.65)

với mọi số thực x. Giả sử tồn tại hai số thực dương a, b khác nhau saocho f(a) = 0 và f(b) = b2. Khi đó, tồn tại số tự nhiên N để 2Na > b.Đặt c = 2Na. Từ khẳng định trên, ta có f(c) = 0. Lúc này, ta sẽ tìmđược hai số thực dương u, v sao cho

u− 3v = b

u+ v = c.

76

Cụ thể, u = 3c+ b

4v = c− b

4 .

Ta cho x = u và y = v vào (3.61) được

(f(u) + uv)f(b) + (f(v) + uv)f(3u− v) = 0.

Điều này là vô lí, vì theo (3.65), ta có f(x) ≥ 0 với mọi số thực x. Cuốicùng, f(x) = x2 với mọi số thực x hoặc f(x) = 0 với mọi số thực x.

Thử lại, hai hàm số tìm được đều thỏa mãn (3.61).Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) = x2 với mọi số thực

x và f(x) ≡ 0.

Bài toán 53 (European MO 2016). Tìm tất cả các hàm số f : R→ Rthỏa mãn

f(x+ y + yf(x)) = f(x) + f(y) + xf(y) (3.66)


Lời giải. Hàm không và hàm đồng nhất là hai nghiệm hàm của bài toán.Giả sử tồn tại hàm số f khác hàm không và hàm đồng nhất thỏa

mãn đề bài. Ta cho x = y = 0 vào (3.66) được f(0) = 0. Ta cho x = −1vào (3.66) được

f [(f(−1) + 1)y − 1] = f(−1)

với mọi số thực y. Vì f khác hàm không nên f(−1) = −1. Nếu tồn tạisố thực α để f(α) = −1 thì ta cho x = α và y = −1 vào (3.66) đượcα = −1. Từ đó, ta có mệnh đề đúng: "Với mọi số thực x, f(x) = −1 khivà chỉ khi x = −1".Vì f khác hàm đồng nhất nên tồn tại số thực x0 sao cho f(x0) 6= x0.

77

Nếu ta đặt a = f(x0)−x0 thì a 6= 0. Ta cho x = x0 và y = −1 vào (3.66)được f(−a− 1) = a− 1. Ta tiếp tục cho x = −a− 1 vào (3.66) được

f(ay − a− 1) = a− 1− af(y) (3.67)

với mọi số thực y. Trong (3.67), ta cho y = 1 thì được f(1) = 1. Bâygiờ, ta lại cho x = y = 1 vào (3.66) được f(3) = 3. Trong (3.67), ta choy = 3 thì được f(2a− 1) = −2a− 1. Mặt khác, khi cho x = 1 và thay ybởi y − 1 trong (3.66), ta được

f(2y − 1) = 2f(y − 1) + 1 (3.68)

với mọi số thực y. Ta cho y = a vào (3.68) được f(2a−1) = 2f(a−1)+1.Do đó, f(a− 1) = −a− 1. Trong (3.66), ta lại cho x = a− 1 và thay ybởi 2− y được

f(ay − a− 1) = −a− 1 + af(2− y) (3.69)

với mọi số thực y. Từ (3.67) và (3.69), ta thu được

f(y) + f(2− y) = 2 (3.70)

với mọi số thực y. Khi thay y bởi 1 + 2x, (3.70) trở thành

f(1 + 2x) + f(1− 2x) = 2 (3.71)

với mọi số thực x. Ngoài ra, ta thay y bởi x+ 1 vào (3.68) được

f(1 + 2x) = 2f(x) + 1 (3.72)

với mói số thực x. Trong (3.68), ta lại thay y bởi 1− x thì được

f(1− 2x) = 2f(−x) + 1 (3.73)

với mọi số thực x. Từ (3.71), (3.72) và (3.73), ta thu được

f(−x) = −f(x)

78

với mọi số thực x. Vì thế, f là hàm số lẻ. Ta tiếp tục thay y bởi −ytrong (3.66) và sử dụng tính lẻ của hàm f được

f(x− y − yf(x)) = f(x)− f(y)− xf(y) (3.74)

với mọi số thực x, y. Từ (3.66) và (3.74), ta thu được

f(x+ y + yf(x)) + f(x− y − yf(x)) = 2f(x) (3.75)

với mọi số thực x, y. Trong (3.75), ta thay y bởi y

1 + f(x) thì được

f(x+ y) + f(x− y) = 2f(x)

với mọi số thực y, với mọi số thực x khác −1. Từ tính lẻ của hàm số fvà (3.70), ta suy ra

f(x+ y) + f(x− y) = 2f(x) (3.76)

với mọi số thực x, y. Ta thay y bởi x trong (3.76) được

2f(x) = f(2x) (3.77)

với mọi số thực x. Với hai số thực x, y bất kì, tồn tại hai số thực x0, y0

sao cho x0 + y0 = x và x0 − y0 = y. Từ (3.76) và (3.77), ta suy ra

f(x) + f(y) = f(x+ y) (3.78)

với mọi số thực x, y. Áp dụng tính cộng tính của f vào (3.66), ta được

f(yf(x)) = xf(y) (3.79)

với mọi số thực x, y. Ta cho y = 1 vào (3.79) được

f(f(x)) = x (3.80)


f(xy) = f(x)f(y) (3.81)

79

với mọi số thực x, y. Từ (3.78) và (3.81), ta được f(x) = x với mọi sốthực x. Điều này là mâu thuẫn.

Vậy bài toán có đúng hai nghiệm hàm là f(x) ≡ 0 và f(x) = x vớimọi số thực x.

Bài toán 54 (USAMO 2018). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+

sao cho

f

(x+ 1

y

)+ f

(y + 1

z

)+ f

(z + 1

x

)= 1 (3.82)

với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. Ta cho x = b

c, y = c

avà z = a

bvào (3.82) được

f

(a+ b

c

)+ f

(c+ a

b

)+ f

(b+ c

a

)= 1 (3.83)

với mọi số thực dương a, b, c. Xét hàm số g : (0; 1) → (0; 1) được xácđịnh bởi

g(x) = f

(1− xx

).


g(a) + g(b) + g(c) = 1 (3.84)

với mọi số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Xét hàm sốh :

(−1

3; 23

)→

(−1

3; 23

)được xác định bởi

h(x) = g

(x+ 1

3

)− 1

3 .


h(x) + h(y) + h(z) = 0 (3.85)

80

với mỗi số thực x, y, z thuộc(−1

3; 23

)thỏa mãn x + y + z = 0. Ta cho

x = y = z = 0 vào (3.85) được h(0) = 0. Ta lại cho z = 0 và thay y bởi−x trong (3.85) được

h(−x) = −h(x) (3.86)

với mọi số thực x thuộc(−1

3; 13

). Ta tiếp tục thay z bởi −x − y vào

(3.85) và áp dụng (3.86) được

h(x) + h(y) = h(x+ y) (3.87)

với mọi số thực x, y thuộc(−1

3; 23

)thỏa mãn |x + y| < 1

3 . Với mọi số

thực x, tồn tại số nguyên dương n sao cho |x| < n

3 , ta xét tương ứngH : R→ R được xác định bởi

H(x) = nh

(x

n

).

H là hàm số được xác định đúng đắn. Thật vậy, với mọi số thực x, nếutồn tại hai số nguyên dương m, n phân biệt sao cho |x| < n

3 và |x| < m

3thì từ (3.87), ta suy ra

nh

(x

n

)= nh

(m.

x

mn

)= mnh

(x

mn

)= mh

(n.

x

mn

)= mh

(x

m

).

Ngoài ra, H còn là hàm cộng tính trên R. Thật vậy, với mọi số thực x,y, tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn |x| < n

3 , |y| <n

3 và |x+ y| < n

3 ,ta có

H(x) +H(y) = nh

(x

n

)+ nh

(y

n

)= nh

(x+ y

n

)= H(x+ y).

Cuối cùng, H(x) = h(x) với mọi số thực x thuộc(−1

3; 13

). Như vậy, hàm

số H cộng tính trên R và bị chặn trên(−1

3; 13

). Vì vậy, H(x) = Cx với

mọi số thực x (C là hằng số thực). Dẫn đến, h(x) = Cx với mọi số thực

81

x thuộc(−1

3; 13

). Như thế, g(x) = Cx+ 1− C

3 với mọi số thực x thuộc(0; 2

3

)(C là hằng số thực). Ta lại có

g

(1− x2

)+ g

(1− x2

)+ g(x) = 1

với mọi số thực x thuộc[23; 1

). Do đó, g(x) = Cx + 1− C

3 với mọi số

thực x thuộc[23; 1

)(C là hằng số thực). Tóm lại, f(x) = C

x+ 1 + 1− C3

với mọi số thực dương x (C là hằng số thực).Thử lại, chỉ các hàm số f(x) = C

x+ 1 + 1− C3 với mọi số thực dương

x, C là hằng số thực thuộc[−1

2; 1], thỏa mãn đề bài.

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

x+ 1 + 1− C3 với mọi số

thực dương x, C là hằng số thực thuộc[−1

2; 1].

82

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt[1] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua các kì thi Olympic, Nhà

xuất bản Giáo dục, 2004.

[2] Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò, Chuyên khảo Phương trình hàm,Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2013

[3] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, Nhà xuất bản Giáo dục, 2001.

[4] Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích, Nhà xuất bản Giáo dục, 1997.

Tiếng Anh

[5] B J Venkatachala, Functional Equations A Problem Solving Ap-proach, Bangalore India, 2002.

[6] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Functional Equations, ElectronicEdition, 2007.

phƯƠngtrÌnhhÀmtrÊntẬp sỐthỰc · mọisốthựcx,ythìf(x) =...

Documents