CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG
Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh.
Nguyên tắc chung:
+) Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc
f(x) = ax2+ bx + c.
+) ðồng nhất hệ số ñể tìm f(x).
+) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (1) .
Lời giải:
x = 1
Thay
vào (18) ta ñược: f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) ( a ) .
y∈R
(
)
Thay y = − f (1) − 1 vào (a) suy ra: f f ( − f (1) − 1) + 1 = −1 . ðặt a = f ( − f (1) − 1) + 1 ta
ñược: f ( a ) = −1 .
y = a
ta ñược: f ( x f ( a ) + x ) = xa + f ( x ) ⇒ xa + f ( x ) = f ( 0 ) .
Chọn
x ∈ R
ðặt f ( 0 ) = b ⇒ f ( x ) = −a x + b . Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược:
a = 1
f ( x) = x
a 2 = 1
⇒ a = −1 ⇒
.
f ( x ) = − x
− a b − a = −a
b = 0
Vậy có hai hàm số cần tìm là f ( x ) = x và f ( x ) = − x .
Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x ) + y ) = y f ( x − f ( y ) ) ∀x, y ∈ R ( 2 ) .
Lời giải:
Cho y = 0; x ∈ R : (2) ⇒ f ( f ( x ) ) = 0 ∀x ∈ R ( a ) .
(
)
Cho x = f ( y ) : (2) ⇒ f f ( f ( y ) ) + y = y f ( 0 ) ( a ' ) .
( a ) + ( a ' ) ⇒ f ( y ) = y f ( 0 ) . ðặt f ( 0 ) = a ⇒ f ( y ) = ay ∀y ∈ R . Thử lại (2) ta ñược:
a 2 ( x 2 + y 2 ) + a ( y − x y ) = 0 ∀x, y ∈ R ⇔ a = 0 ⇒ f ( x ) = 0 ∀x ∈ R . Vậy có duy nhất hàm số
f ( x ) = 0 thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 3: Tìm f , g : R → R thỏa mãn:
2 f ( x ) − g ( x ) = f ( y ) − y ∀x, y ∈ R
∀x ∈ R
f ( x ) g ( x ) ≥ x + 1
(a)
.
(b )
Lời giải:
Cho x = y ∈ R khi ñó ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x .Thay lại (a) ta ñược:
1
g ( x ) = 2 x − 2 y + g ( y ) ∀x, y ∈ R (c).
Cho y = 0; x ∈ R : từ (c) ta ñược: g ( x ) = 2 x + g ( 0 ) . ðặt g ( 0 ) = a ta ñược:
g ( x ) = 2 x + a , f ( x ) = x + a . Thế vào (a), (b) ta ñược:
2 x + a = 2 x + a
(a), (b) ⇔
( ∀x ∈ R ) ⇔ 2 x 2 + ( 3a − 1) x + a 2 − 1 ≥ 0 ∀x ∈ R
2
1
+
+
≥
+
x
a
x
a
x
)(
)
(
2
⇔ ( a − 3 ) ≤ 0 ⇔ a = 3 . Vậ y f ( x ) = x + 3 ; g ( x ) = 2 x + 3 .
Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện:
2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 , ∀x ∈ ℝ (1). Tìm f(x).
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2.
Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c.
Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ do ñó:
3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ
1
a = 3
3a = 1
2
ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: b − 2a = 0
⇔ b =
3
a + b + 3c = 0
1
c = − 3
1
Vậy: f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1)
3
Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán:
Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) .
Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ ℝ
Thay x bởi x0 ta ñược: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2
Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2
1
Từ hai hệ thức này ta ñược: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 )
3
ðiều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 )
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1)
3
2
Nhận xét: Nếu ta chỉ dự ñoán f(x) có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các
hàm số tìm ñược.
Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện:
f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ
Hãy tìm hai hàm số như thế.
Lời giải:
Ta viết phương trình ñã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1).
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm
có dạng: f(x) = ax + b.
Khi ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ ℝ
a 2 − a = 1 a = 1 + 5 a = 1 − 5
1± 5
ñồng nhất hệ số ta ñược:
⇔
x.
2 ∨
2 ⇒ f ( x) =
2
ab = 0
b = 0
b = 0
Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh sự duy nhất dành
cho người ñọc).
Ví dụ 6: Hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau:
a ) f ( f ( n)) = n, ∀n ∈ ℤ
b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ ℤ
c) f (0) = 1
(1)
(2)
(3)
Tìm giá trị f(1995), f(-2007).
Lời giải:
Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b.
Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ
a 2 = 1
a = 1 a = −1
⇔
∨
ðồng nhất các hệ số, ta ñược:
b = 0 b = 0
ab + b = 0
a = 1
Với
ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2).
b = 0
a = −1
Với
ta ñược f(n) = -n + b. Từ ñiều kiện (3) cho n = 0 ta ñược b = 1.
b = 0
Vậy f(n) = -n + 1.
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài toán:
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0.
Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ .
3
do ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ℤ .
Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 )
Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có:
g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2)
⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2)
Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5).
Vậy f(n) = g(n), ∀n ∈ ℕ
Chứng minh tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm.
Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất.
Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007).
BÀI TẬP
Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn ñiều kiện:
f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ ℝ .
ðáp số: f(x) = x3.
Bài 2: Hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ ℕ. Tìm f(2005).
ðáp số: 2006.
Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : ℕ → ℕ sao cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ.
ðáp số: f(n) = n + 1.
8
2
x −1
1− x
Bài 4: Tìm các hàm f : ℝ → ℝ nếu: 3 f
, ∀x ∉ 0, − ,1, 2
−5f
=
3
3x + 2
x − 2 x −1
ðáp số: f ( x) =
28 x + 4
5x
Bài 5: Tìm tất cả các ña thức P(x) ∈ ℝ [ x] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y),
∀x , y ∈ ℝ
ðáp số: P(x) = x3 + cx.
Phương pháp 2: phương pháp thế.
2.1. Thế ẩn tạo PTH mới:
2x +1
2
Ví dụ 1: Tìm f: R\{2} → R thỏa mãn: f
= x + 2 x ∀x ≠ 1 (1) .
x
−
1
2x +1
Lời giải: ðặt t =
t = R \ {2} (tập xác ñịnh của f). Ta ñược:
⇒ MGT
x ≠1
x −1
x=
t +1
3t 2 − 3
thế vào (1): f (t ) =
∀t ≠ 2 . Thử lại thấy ñúng.
2
t−2
(t − 2)
4
Vậy hàm số cần tìm có dạng f ( x) =
3x 2 − 3
( x − 2)
2
.
Nhận xét:
+ Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết MGT t ⊃ D . Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi
x∈Dx
t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”.
3x 2 − 3
2
+ Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng: f ( x) = ( x − 2 )
a
( x ≠ 2)
(với a∈R
( x = 2)
tùy ý).
Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → R thỏa mãn:
f ( x − x 2 − 1) = x + x 2 − 1 ∀ x ≥ 1 ( 2 ) .
x − t ≥ 0
Lời giải: ðặt t = x − x 2 − 1 ⇔ x 2 − 1 = x − t ⇔ 2
2
x − 1 = ( x − t )
x ≥ t
x ≥ t
t ≤ −1
t2 +1
2
ệ
có
nghi
ệ
m
x
.
H
⇔ 2
⇔
⇔
≥t ⇔
t +1
2
2
2t
0 < t ≤ 1
x − 1 = x − 2 xt + t
x =
2t
⇒ t ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] . Vậy MGT t = D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] .
x ≥1
Với t = x − x 2 − 1 thì x + x 2 − 1 =
Vậ y f ( x ) =
1
1
⇒ f (t ) = thỏa mãn (2).
t
t
1
là hàm số cần tìm.
x
2
3x − 1 x + 1
Ví dụ 3: Tìm f : R\ ;3 → R thỏa mãn: f
∀x ≠ 1, x ≠ −2 ( 3) .
=
3
x + 2 x −1
Lời giải: ðặt t =
3x − 1
2t + 1
t+4
2
⇒ MGT t = R \ ;3 ⇒ x =
thế vào (4) ta ñược: f (t ) =
x ≠1
x+2
3−t
3t − 2
3
( x ≠2)
thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là: f ( x) =
Ví dụ 4: Tìm f :
( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ )
x+4
.
3x − 2
thỏa mãn:
x f ( x f ( y )) = f ( f ( y )) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (4) .
Lời giải:
Cho y = 1, x ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: x f ( x f (1)) = f ( f (1)) .
Cho x =
1
1
ta ñược: f ( f (1) = 1⇒ x f ( x f (1)) = 1 ⇒ f ( x f (1)) = . ðặt:
f (1)
x
5
t = x. f (1) ⇒ f (t ) =
Vậy f ( x) =
f (1)
a
⇒ f (t ) = (với a = f (1) ). Vì f (1) ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ MGT t = ( 0; + ∞ ) .
x∈( 0; +∞ )
t
t
a
a
. Thử lại thấy ñúng ( a > 0 ) . Hàm số cần tìm là: f ( x) = với ( a > 0 ) .
x
x
Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:
3
1
f (1) = ; f ( xy ) = f ( x). f + f ( y ). f
2
y
3
∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) ( 5 ) .
x
Lời giải:
Cho x = 1; y = 3 ta ñược: f ( 3) =
1
.
2
3
Cho x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: f ( y ) = f . Thế lại (5) ta ñược:
y
f ( xy ) = 2 f ( x) f ( y ) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (5') . Thay y bởi
3
ta ñược:
x
2
2
3
1
f ( 3) = 2 f ( x )) f ⇒ = ( f ( x ) ) . Thử lại thấy ñúng.
x
2
Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =
1
∀x > 0 .
2
Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn:
( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy ( x 2 + y 2 )
∀x, y ∈ R
( 6) .
Lời giải: Ta có:
( 6) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) =
2
2
1
1
= ( x + y ) − ( x − y ) + ( x + y ) + ( x − y ) ( x + y ) + ( x − y ) − ( x + y ) − ( x − y )
4
4
u = x − y
1
2
2
ðặt
ta ñược: v f ( u ) − u f ( v ) = ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v )
4
v = x + y
(
)
⇒ v f ( u ) − u f ( v ) = u 3v − v 3u ⇔ v ( f ( u ) − u 3 ) = u ( f ( v ) − v3 )
+ Với uv ≠ 0 ta có:
f ( u ) − u 3 f ( v ) − v3
f (u ) − u3
=
∀u , v ∈ R* ⇒
= a ⇒ f ( u ) = au + u 3 ∀u ≠ 0 .
u
v
u
+ Với u = 0; v ≠ 0 suy ra: f ( u ) − u 3 = 0 ⇔ f ( u ) = u 3 ⇒ f ( 0 ) = 0 .
Hàm f ( u ) = au + u 3 thỏa mãn f ( 0 ) = 0 . Vậy f ( u ) = au + u 3 ∀u ∈ R
Hàm số cần tìm là: f ( x ) = ax + x3 ( a ∈ R ) . Thử lại thấy ñúng.
2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới:
6
Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1 ∀x ∈ R (1) .
Lời giải:
ðặt t = − x ta ñược: f ( −t ) − t f ( t ) = −t + 1 ∀t ∈ R (1) . Ta có hệ:
f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1
⇒ f ( x ) = 1 . Thử lại hàm số cần tìm là: f ( x ) = 1 .
− x f ( x ) + f ( − x ) = − x + 1
x −1
*
Ví dụ 2: Tìm hàm số f : R \ { 0,1 } → R Thỏa mãn: f ( x ) + f
= 1 + x ∀x ∈ R
x
Lời giải: ðặt x1 =
( 2) .
x −1
, ( 2 ) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = 1 + x .
x
ðặt x2 =
x1 − 1
1
=
, ( 2 ) ⇔ f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 + x1 .
x1
x −1
ðặt x3 =
x2 − 1
= x, ( 2 ) ⇔ f ( x2 ) + f ( x ) = 1 + x2 .
x2
f ( x1 ) + f ( x ) = 1 + x
1 + x − x1 + x2 1
1
1
Ta có hệ f ( x2 ) + f ( x1 ) = 1 + x1 ⇒ f ( x ) =
= x+ +
. Thử lại thấy
x
−
x
2
2
1
f ( x ) + f ( x2 ) = 1 + x2
1
1
1
ñúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: f ( x ) = x + +
.
2
x 1− x
x −1
Ví dụ 3: Tìm hàm số f : R \ { − 1;0;1 } → R thỏa mãn: x f ( x ) + 2 f
= 1 ∀x ≠ −1 ( 3) .
x +1
Lời giải:
ðặt x1 =
x −1
, ( 3) ⇒ x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1 .
x +1
ðặt x2 =
x1 − 1
1
= − , ( 3) ⇒ x 1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1 .
x1 + 1
x
ðặt x3 =
x2 − 1 x + 1
=
, ( 3) ⇒ x2 f ( x2 ) + 2 f ( x3 ) = 1 .
x2 + 1 x − 1
ðặt x4 =
x3 − 1
= x , ( 3) ⇒ x3 f ( x3 ) + 2 f ( x ) = 1 .
x3 + 1
x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1
4 x2 − x + 1
x1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1
. Thử lại thấy ñúng.
Ta có hệ
⇒ f ( x) =
x
x
5
−
1
+
2
=
1
x
f
x
f
x
(
)
(
)
(
)
2
2
3
x f x + 2 f x = 1
( )
3 ( 3)
7
Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =
4 x2 − x + 1
.
5 x ( x − 1)
BÀI TẬP
1
1) Tìm f : R \ { 1 } → R thỏa mãn: f 1 + = x 2 + 1 ∀x ∈ R .
x
x2
a
b − ax
a
2) Tìm f : R \ − → R thỏa mãn: f
∀x ≠ − (a, b là hằng số cho
= 4
b
bx + a x + 1
b
trước và ab ≠ 0 ).
3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 2002 x − f ( 0 ) ) = 2002 x 2
4) Tìm f : R \ { 0 } → R thỏa mãn: f ( x ) +
∀x ∈ R .
1 1
f
= 1 ∀x ∈ R \ { 0;1} .
2x 1 − x
1− x
5) Tìm f : R \ { ± 1; 0} → R thỏa mãn: ( f ( x ) ) f
= 64 x ∀x ∈ R \ {−1} .
1+ x
2
6) Tìm f : R \ → R thỏa mãn: 2 f ( x ) +
3
2
2x
f
= 996 x ∀x ≠ .
3
3x − 2
x −3
7) Tìm f : R \ { ± 1 } → R thỏa mãn: f
+
x +1
x+3
f
= x ∀x ≠ ±1 .
1− x
8) Tìm f : R → R thỏa mãn: 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2
1
9) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f = x 2008
x
∀x ∈ R .
∀x ∈ R* .
1
1
x −1
10) Tìm f : R \ ± → R thỏa mãn: f ( x ) + f
= x ∀x ≠ .
3
3
1 − 3x
a2
11) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f
= x ∀x ≠ a
a−x
f
12) Tìm f , g : R \ { 1 } → R thỏa mãn:
f
( a > 0) .
( 2 x + 1) + 2 g ( 2 x + 1) = 2 x
x
x
+ g
=x
x −1
x −1
∀x ≠ 1 .
Phương pháp 3: Phương pháp chuyển qua giới hạn.
2 x 3x
Ví dụ 1: Tìm hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn: f ( x ) + f =
∀x ∈ R (1) .
3 5
Lời giải:
ðặt x1 =
2x
3
; (1) ⇒ f ( x ) + f ( x1 ) = x .
3
5
ðặt x2 =
2 x1
3
; (1) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 .
3
5
8
ðặt xn +1 =
2 xn
3
, n ∈ N * ; (1) ⇒ f ( xn ) + f ( xn +1 ) = xn .
3
5
3
f ( x ) + f ( x1 ) = 5 x
f ( x ) + f ( x ) = 3 x
1
2
1
Ta có hệ
5
……
3
f x + f x
= xn
(
)
(
)
1
n
n
+
5
(1)
( 2)
( n + 1)
Nhân dòng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 rồi cộng lại ta ñược:
f ( x ) + ( −1)
n+2
2
n
3 2 2
2
f ( xn +1 ) = x 1 − + − ⋯ + − ( *) .
5 3 3
3
( f l.tôc )
n+ 2
Xét lim ( −1) f ( xn +1 ) = lim f ( xn +1 ) =
Mặt khác (1) suy ra f(0) = 0 nên lim ( −1)
n+ 2
Lấy giới hạn hai vế của (*) ta ñược: f ( x ) =
Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =
f ( lim xn +1 ) = f ( 0 ) .
f ( xn +1 ) = 0 .
3
1
9x
. Thử lại thấy ñúng.
x
=
5 1 + 2 25
3
9x
.
25
Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục tại xo= 0 thỏa mãn:
f : R → R và 2 f ( 2 x ) = f ( x ) + x ∀x ∈ R
( 2) .
Lời giải:
t t
ðặt t = 2 x ta ñược: 2 f ( t ) = f + ∀t ∈ R ( 2' ) .
2 2
1
*
tn +1 = 2 tn , ∀n ∈ N
. Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñược:
Xét dãy:
t = 1 t
1 2
1
1
f ( t ) = 2 f ( t1 ) + 4 t
f ( t ) = 1 f ( t ) + 1 t
1
2
1
2
4
⋯⋯
1
1
f t
= f t + t
( n −1 ) 2 ( n ) 4 n −1
f (t ) =
(1)
( 2 ) . Thế (n) vào
( n − 1) → ( n − 2 ) → ⋯ ta ñược:
(n)
1
1
1
1
f ( tn ) + n +1 f ( tn −1 ) + n f ( tn − 2 ) + ⋯ + 2 t
n
2
2
2
2
9
(* ) .
'
n
1
1
1
1 1
Thay tn = t vào (*’) ta ñược: f ( t ) = n f ( tn ) + t 2 + 4 + ⋯ + 2 n
2
2
2 2
2
(* ) .
"
t
1
Vì f liên tục tại xo = 0 nên lim n f ( tn ) = 0 . Lấy giới hạn 2 vế (*”) suy ra: f ( t ) = . Thử
3
2
lại thấy ñúng.
Nhận xét:
+) Nếu dãy {xn} tuần hoàn thì ta giải theo phương pháp thế rồi quy về hệ pt hàm.
+) Nếu dãy {xn} không tuần hoàn nhưng f liên tục tại xo = 0 và {xn} → 0 thì sử dụng
giới hạn như VD1.
+ Nếu {xn} không tuần hoàn, không có giới hạn thì phải ñổi biến ñể có dãy {tn} có
giới hạn 0 và làm như ví dụ 1.
BÀI TẬP
1) Tìm f : R → R thỏa mãn:
a) f liên tục tại xo = 0,
b) n f ( nx ) = f ( x ) + nx ∀n ∈ N , n ≥ 2; ∀x ∈ R .
x 10
2) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: f ( 3 x ) + f = x .
3 3
3) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn:
m f ( mx ) − n f ( nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R .
Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị.
+) ðây là phương pháp cơ sở của mọi phương pháp khác.
+) Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết quả vừa có ñược.
( a ) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ R
Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn:
.
( b ) f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ R
Lời giải:
x = 0
f ( 0 ) ≥ 0
suy ra
⇒ f (0) = 0 .
Cho
y = 0
f ( 0 ) ≥ 2 f ( 0 )
f ( 0 ) ≥ f ( x ) + f ( − x ) f ( x ) + f ( − x ) ≤ 0
Cho y = − x ⇒
⇒
f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0
f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0
⇒ f ( x ) = f ( − x ) = 0 ∀x ∈ R . Vậy f ( x ) = 0 . Thử lại thấy ñúng.
Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn:
1
1
1
f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥
∀x, y, z ∈ R
2
2
4
Lời giải:
10
( 2) .
2
Cho x = z , y = 1 ta ñược: f ( x ) − ( f ( x ) )
2
1
1
1
≥ ⇔ f ( x ) − ≤ 0 ⇔ f ( x ) = . Thử lại thấy
4
2
2
ñúng.
Ví dụ 3: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ∀x ∈ R
y∈R
( 3) .
Lời giải: ( 3) ⇒ f ( x ) ≥ xy − f ( y ) ∀x, y ∈ R .
Cho x = y = t ∈ R ⇒ f ( t ) =
t2
∀t ∈ R
2
(a) .
Từ (a) suy ra:
xy − f ( y ) ≤ xy −
y2
x2 1
x2
2
=
− ( x − y) ≤
2
2 2
2
( a ) + (b) ⇒ f ( x) =
⇒ f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ≤
y∈R
x2
∀x ∈ R
2
(b )
x2
. Thử lại thấy ñúng.
2
Ví dụ 4: Tìm f : R → R thỏa mãn:
f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ) ≥ 2008x + y ∀x, y ∈ R
( 4) .
Lời giải:
2
Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) ≥ ( f ( 0 ) ) ≥ 1 ⇒ f ( 0 ) = 1 .
Cho
x = − y ∈ R ⇒ 1 = f ( 0 ) ≥ f ( x ) f ( − x ) ≥ 1⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1⇒ f ( x ) =
f ( x ) ≥ 2008 x > 0
Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) ≥ 2008 ⇒
−x
f ( − x ) ≥ 2008 > 0
x
Theo ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) =
1
1
≤
= 2008x
f ( − x ) 2008− x
[ a; b ]
( c ) . ( b ) + ( c ) ⇒ f ( x ) = 2008x . Thử lại
→ [ a ; b ] thỏa mãn:
f ( x ) − f ( y ) ≥ x − y ∀x, y ∈ [ a ; b ] (a < b cho trước)
Lời giải:
Cho x = a ; y = b ⇒ f ( a ) − f ( b ) ≥ a − b = b − a ( a ) .
vì f ( a ) , f ( b )∈ [ a ; b ] nên f ( a ) − f ( b ) ≤ a − b = b − a ( b ) .
11
(a) .
(b) .
thấy ñúng.
Ví dụ 5: Tìm f :
1
∀x ∈ R
f ( −x)
(5).
f
f
( a ) + ( b ) ⇒ f ( a ) − f ( b ) = b − a ⇔
f
f
(a) = a
(b) = b
.
(a) = b
(b) = a
f ( a ) = a
thì:
+) Nếu
f ( b ) = b
Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≤ x ( c ) .
Chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≥ x ( d ) .
(c) + (d ) ⇒ f ( x) = x .
f ( a ) = b
thì:
+) Nếu
f ( b ) = a
Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] rồi chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] như trên ta ñược: f ( x ) = a + b − x . Thử
lại thấy ñúng.
Nhận xét:
+) Từ VD1 → VD5 là các BPT hàm. Cách giải nói chung là tìm các giá trị ñặc biệt – có
thể tính ñược trước. Sau ñó tạo ra các BðT “ngược nhau” về hàm số cần tìm ñể ñưa ra kết
luận về hàm số.
+) Việc chọn các trường hợp của biến phải có tính “kế thừa”. Tức là cái chọn sau phải
dựa vào cái chọn trước nó và thử các khả năng có thể sử dụng kết quả vừa có ñược.
Ví dụ 6: Tìm f : R → R thỏa mãn:
π
f ( 0 ) = a ; f = b ( a, b cho tr−íc )
2
f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) cos y ∀x, y ∈ R
(6) .
Lời giải:
Cho y =
π
π
; x ∈ R ta ñược: f x + + f x − = 0
2
2
2
π
Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y ) + f ( − y ) = 2a cos y
Cho x =
π
; y ∈ R ta ñược: f + y +
2
2
π
(a) .
(b) .
π
f − y = 2b cos y
2
12
(c) .
f
( a ) + (b) + ( c ) ⇒ f
f
π
x+ +
2
π
f x− =0
2
π
x− +
2
π
π
f − x = 2a cos x − .
2
2
π
π
x + + f − x = 2b cos x
2
2
Giải hệ ta ñược: f ( x ) = a cos x + b sin x . Thử lại thấy ñúng.
Ví dụ 7: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + sin x sin y ∀x, y ∈ R
(7) .
Lời giải: Ta thấy f ( x ) = cos x là một hàm số thỏa mãn.
f (0) = 0
2
.
Cho x = y = 0 ⇔ ( f ( 0 ) ) = f ( 0 ) ⇔
f ( 0 ) = 1
Nếu f ( 0 ) = 0 thì: Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) = − f ( 0 ) = 0 ∀x ∈ R . Thử lại ta ñược:
sin x sin y = 0 ∀x, y ∈ R ⇒ vô lý. Vậy f ( x ) = 0 không là nghiệm (7).
Nếu f ( 0 ) = 1 thì cho
x = − y ⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1 + ( − sin 2 x ) = cos 2 x ⇒ f ( x ) f ( − x ) = cos 2 x ( a ) .
f
π
Cho x = ⇒
2
f
π
=0
2
.
π
− = 0
2
π
π
Nếu f = 0 thì: Cho x = ; y ∈ R thế vào (7) suy ra:
2
2
π
f y + + sin y = 0 ⇒ f ( y ) = cos y ∀y ∈ R . Thử lại thấy ñúng.
2
π
Nếu f − = 0 tương tự như trên ta ñược: f ( y ) = cos y ∀y ∈ R .
2
Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = cos x .
Ví dụ 8: Tìm f , g : R → R thỏa mãn: f ( x ) − f ( y ) = cos ( x + y ) g ( x − y ) ∀x, y ∈ R ( 8) .
Lời giải:
Chọn x =
Chọn x =
π
2
− y; y∈ R
(8) ⇒
π
π
f − y − f ( y) = 0 ⇔ f − y = f ( y) (a) .
2
2
π
π
+ y ; y ∈ R ( 8 ) ⇒ f + y − f ( y ) = − sin 2 y.g ( b ) .
2
2
2
π
13
( a ) + (b) ⇒
π
f + y−
2
π
Theo (8): f + y −
2
π
π
f − y = − sin 2 y. g ( c ) .
2
2
π
f − y = − g (2y) (d ) .
2
( c ) + ( d ) ⇒ g ( 2 y ) = sin 2 y. g
π
∀y ∈ R ⇒ g ( 2 x ) = a sin 2 x ⇒ g ( x ) = a sin x ∀x ∈ R .
2
π
(với a = g cho trước.)
2
Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) − f ( 0 ) = cos x. g ( x ) ⇒ f ( x ) =
a
sin 2 x + b (b = f ( 0 )) , ∀x ∈ R .
2
a
f ( x ) = sin 2 x + b
Thử lại 2 hàm số:
(Với a, b là hằng số cho trước). Thỏa mãn (8).
2
g ( x ) = a sin x
f
Ví dụ 9: Tìm f : R → R thỏa mãn: f
f
( − x ) = − f ( x ) ∀x ∈ R ( a )
( x + 1) = f ( x ) + 1 ∀x ∈ R ( b )
1 f ( x)
= 2 ∀x ≠ 0 ( c )
x
x
Lời giải:
x +1
Ta tính f
ñến f ( x ) theo hai cách:
x
x +1
1
f
= f 1 + = 1 +
x
x
f ( x)
1
f = 1 + 2 ∀x ≠ 0 ( a ) .
x
x
1
x
f
f 1 −
2
x +1
x + 1 = x + 1 = x + 1 1 +
f
=
2
2
x x
x
x
x +1
x +1
x +1
=
x
x +1
x
2
2
1 + − f
1 x +1
=
x +1 x
2
1
f −
=
x +1
f ( x + 1)
1 −
=
2
+
x
1
(
)
1+ f ( x)
1 −
∀x ≠ 0, x ≠ 1 ( b ) .
2
x
+
1
(
)
( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = x ∀x ≠ 0; x ≠ 1 .
Với x = 0; ( a ) ⇒ f ( 0 ) = 0 thỏa mãn f ( x ) = x .
Với x = 1; ( a ) ⇒ f ( −1) = − f (1) :
Cho x = 0; ( b ) ⇒ f (1) = 1 ⇒ f ( −1) = −1 thỏa mãn f ( x ) = x .
14
.
Vậy f ( x ) = x ∀x ∈ R . Thử lại thấy ñúng .
Ví dụ 10: Tìm f : R \ { 0 } → R thỏa mãn:
f (1) = 1 ( a )
1
1 1
.
f
= f . f ∀x, y ≠ 0 ( b )
x y
x+ y
( x + y ) f ( x + y ) = xy f ( x ) f ( y ) ∀x, y tháa mn xy ( x + y ) ≠ 0 ( c )
Lời giải:
1
1
Cho x = y ∈ R* , ( b ) ta ñược: f = 2 f ⇒ f ( x ) = 2 f ( 2 x ) ∀x ≠ 0 (*)
2x
x
2
2
Cho x = y ∈ R* , ( c ) ta ñược: 2 x f ( 2 x ) = x 2 ( f ( x ) ) ⇔ 2 f ( 2 x ) = x ( f ( x ) ) ∀x ≠ 0 (*' ) .
Thế (*) vào (*’) suy ra: f ( x ) = x ( f ( x ) )
2
(* ) .
"
Giả sử: ∃ xo ≠ 1, xo ∈ R* sao cho: f(xo) = 0. Thay x = 1 − xo ; y = xo vào (*”) ta ñược: f(1) = 0
trái với giả thiết f(1) = 1. Vậy f ( x ) ≠ 0 ∀x ≠ 1; x ≠ 0 .
Vì f (1) = 1 ≠ 0 nên từ (*”) suy ra f ( x ) =
1
∀x ≠ 0 . Thử lại thấy ñúng.
x
Ví dụ 11: Tìm f : R → R thỏa mãn:
f
f
f
(1) = 1 ( a )
( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 2 xy ∀x, y ∈ R ( b ) .
1 f ( x)
= 4 ∀x ≠ 0 ( c )
x
x
Lời giải:
Cho x = y = 0, ( b ) ⇔ f ( 0 ) = 0
Cho x = y = t ≠ 0, ( b ) ⇔ f ( 2t ) − 2 f ( t ) = 2t 2 (1) .
Cho x = y =
1
1
, (b) ⇔ f − 2 f
2t
t
1 f (t )
Từ ( c ) ⇒ f = 4 ;
t
t
(1) + ( 2 ) ⇒ f ( t ) = t 2
1 1
= 2 ( *)
2t 2t
f (t )
f ( 2t )
1
1 f ( 2t )
= 2
f =
. Thế vào (*) ta ñược: 4 − 2
4
4
t
2t ( 2t )
( 2t ) 2t
∀t ≠ 0 . Từ f ( 0 ) = 0 ⇒ f ( t ) = t 2 ∀t ∈ R . Thử lại thấy ñúng.
Ví dụ 12: Cho hàm số f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:
f ( x)
f
= y f ( y ) f ( f ( x ) ) ∀x, y ∈( 0; + ∞ ) (12 ) .
y
15
( 2) .
Lời giải: Cho:
x = y = 1 ⇒ f ( f (1) ) = f (1) . f ( f (1) ) ⇒ f (1) = 1 vì f ( f (1) ) ≠ 0 ⇒ f ( f (1) ) = 1 .
1
f
f (1)
y a .
x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f
( )
= y f ( y ) f ( f (1) ) = y f ( y ) ⇔ f ( y ) =
y
y
Mặt
1
f
1
y
khác: f ( f ( y ) ) = f = y f ( y ) f f = y f ( y ) f ( y f ( y ) ) = y f ( y )
y
y
= y f ( y)
Vì f ( f ( y ) ) ≠ 0 nên y f ( y )
( a ) + (b) ⇒ f ( y ) =
f ( y)
f
1
y
1 1
f f ( f ( y )) .
y y
1 1
f = 1 ⇔ f ( y)
y y
1
f = 1 (b) .
y
1
∀y ∈( 0; + ∞ ) . Thử lại thấy ñúng.
y
Ví dụ 13: Tìm f : R → R thỏa mãn:
1
f ( 0) = ( a )
2
.
∃ a ∈ R : f ( a − y ) f ( x ) + f ( a − x ) f ( y ) = f ( x + y ) ∀x, y ∈ R ( b )
Lời giải:
Cho x = y = 0, ( b ) ⇒ f ( a ) =
1
.
2
Cho y = 0; x ∈ R ta ñược: f ( x ) = f ( x ) . f ( a ) + f ( 0 ) . f ( a − x ) ⇒ f ( x ) = f ( a − x ) ( c ) .
2
Cho y = a − x ; x ∈ R ta ñược: f ( a ) = ( f ( x ) ) + ( f ( a − x ) )
( c ) + ( d ) ⇒ 2 ( f ( x ))
2
2
(d ) .
1
f ( x) =
1
2 .
= ⇔
2
f ( x) = − 1
2
Nếu ∃ xo ∈ R sao cho: f ( xo ) = −
1
thì:
2
2
(b)
x (c) x
1
x x
x
− = f ( xo ) = f o + o = 2 f o . f a − o = 2 f o ≥ 0 ⇒ Vô lí.
2
2
2 2
2
2
Vậy f ( x ) =
1
∀x ∈ R . Thử lại thấy ñúng.
2
16
Ví dụ 14: (VMO.1995)
Tìm f : R → R thỏa mãn: f
(( x − y ) ) = x
2
2
2
− 2 y f ( x ) + ( f ( y ) ) ∀x, y ∈ R (14 ) .
Lời giải:
f ( 0) = 0
2
.
Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) = ( f ( 0 ) ) ⇔
f ( 0 ) = 1
y = 0
Nếu f ( 0 ) = 0 : Cho
ta ñược: f ( x 2 ) = x 2 ⇒ f ( t ) = t ∀t ≥ 0
x ∈ R
Cho x = y ∈ R ta ñược:
2
2
f ( 0) = x2 − 2 x f ( x ) + ( f ( x ) ) ⇔ ( f ( x ) − x ) = 0 ⇔ f ( x ) = x .
Thử lại thấy ñúng.
y = 0
ta ñược: f ( x 2 ) = x 2 + 1 ⇔ f ( t ) = t + 1 ∀t ≥ 0 .
Nếu f ( 0 ) = 1: Cho
x
∈
R
2
2
Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y 2 ) = −2 y + ( f ( y ) ) ⇒ ( f ( y ) ) = f ( y 2 ) + 2 y
f ( y) = y +1
2
.
= y 2 + 1 + 2 y = ( y + 1) ⇒
f ( y ) = − y − 1
Giả sử ∃ yo ∈ R sao cho: f ( yo ) = − yo − 1 . Chọn x = y = yo ta ñược:
f ( yo ) = yo − 1
2
1 = yo2 − 2 yo f ( yo ) + ( f ( yo ) ) ⇔
.
f ( yo ) = yo + 1
Nếu f ( yo ) = yo − 1 ⇒ − yo − 1 = yo − 1 ⇒ yo = 0 vµ f ( 0 ) = −1 (lo¹i) .
Nếu f ( yo ) = yo + 1 ⇒ − yo − 1 = yo + 1 ⇒ yo = −1 ⇒ f ( −1) = 0 .
Thỏa mãn: f ( yo ) = yo + 1 . Vậy f ( y ) = y + 1 ∀y ∈ R . Thử lại thấy ñúng.
Ví dụ 15: (VMO.2005)
Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy ∀x, y ∈ R (15 ) .
Lời giải:
2
Cho x = y = 0 ⇒ f ( f ( 0 ) ) = ( f ( 0 ) ) . ðặt f ( 0 ) = a ⇒ f ( a ) = a 2 .
2
2
Cho x = y ∈ R ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + f ( a ) ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + a 2 (*) .
f ( x) = f (−x)
2
2
.
⇒ ( f ( x )) = ( f ( − x )) ⇒
f ( x ) = − f ( − x )
Nếu ∃ xo ∈ R* sao cho f ( xo ) = f ( − xo ) :
+ Chọn x = 0; y = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( − xo ) − a + f ( − xo ) ( a ) .
17
+ Chọn y = 0; x = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( xo ) + a − f ( xo ) ( b ) .
( a ) + ( b ) ⇒ a ( f ( xo ) − f ( − xo ) ) − ( f ( xo ) + f ( − xo ) ) + 2a = 0 ( c ) .
(*)
2
Vì f ( xo ) = f ( − xo ) nên f ( xo ) = a ⇒ ( f ( xo ) ) = x02 + a 2 ⇒ a 2 = x02 + a 2 ⇒ xo = 0 trái với
giả thiết xo ∈ R* .
Vậy f ( x ) = − f ( − x ) ∀x ∈ R . Ta thấy (c) không phụ thuộc vào xo nên ta có:
a ( f ( x ) − f ( − x ) ) − ( f ( x ) + f ( − x ) ) + 2a = 0 ( c ) . Thay f ( x ) = − f ( − x ) suy ra:
a = 0
.
a ( f ( x ) + 1) = 0 ⇔
f ( x ) = −1
(*)
f ( x) = x
2
+ Nế u a = 0 ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 ⇔
.
f ( x ) = − x
Giả sử tồn tại xo ∈ R* ñể f ( xo ) = xo . Khi ñó (b) suy ra:
xo = f ( xo ) = a xo + a − xo ⇒ xo = 0 trái giả thiết xo ∈ R* .
Vậy f ( x ) = − x ∀x ∈ R . Thử lại thấy ñúng
+ Nếu f ( x ) = −1 ∀x ∈ R . Thử lại ta ñược (15 ) ⇔ xy = 2 ∀x, y ∈ R . Vô lí.
Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = − x .
Nhận xét: Có một suy luận hay nhầm lẫn ñược sử dụng các VD:
1
f ( x) =
f ( y ) = y +1
2
2
1
2
2
VD13 ( f ( x ) ) = ⇔
; VD14 ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔
;
4
=
−
−
1
f
y
y
(
)
f ( x) = − 1
2
f ( x) = x
2
VD15 ( f ( x ) ) = x 2 ⇔
, ñó là hiểu sai:
f ( x ) = − x
( f ( x ))
2
2
1
f ( x) =
∀x ∈ R
1
2
;
=
⇔
4
f ( x ) = − 1 ∀x ∈ R
2
( f ( y ) ) = ( y + 1)
( f ( x ))
2
2
f ( y ) = y + 1 ∀x ∈ R
;
⇔
f ( y ) = − y − 1 ∀x ∈ R
f ( x ) = x ∀x ∈ R
= x2 ⇔
.
f ( x ) = − x ∀x ∈ R
18
2
Thực tế thường là như vậy nhưng về mặt logic thì không ñúng. ( f ( x ) ) =
1
2 ( x ≥ 0 )
. Như vậy
là hàm khác nữa như f ( x ) =
− 1 ( x < 0 )
2
( f ( x ))
2
1
thì f ( x ) có thể
4
1
f ( x) =
1
2
= ⇔
chỉ
4
f ( x) = − 1
2
ñúng với mỗi x cụ thể chứ không thể kết luận chỉ có hai hàm số f ( x ) =
f ( x) = −
1
∀x ∈ R hoặc
2
1
∀x ∈ R .
2
ðể giải quyết vấn ñề này ta thường “thử” f ( x ) =
1
1
∀x ∈ R hoặc f ( x ) = − ∀x ∈ R vào ñề
2
2
bài ñể tìm hàm số không thỏa mãn (trong VD13 thì f ( x ) =
luận phủ ñịnh là ∃ xo : f ( xo ) = −
1
không thỏa mãn) sau ñó lập
2
1
ñể dẫn ñến vô lí!
2
Ví dụ 16: Tìm f : (0,1) → ℝ thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) .
Lời giải:
Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x).
Thay x, y, z bởi x2: f(x6) = 3 x2 f(x2).
Mặt khác: f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3).
⇒ 3 x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) ⇔ 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x)
⇒ f ( x2 ) =
3x3 + 1
f ( x), ∀x ∈ ℝ
2
Thay x bởi x3 ta ñược :
3 x9 + 1
f ( x 3 ), ∀x ∈ ℝ
2
3x9 + 1
3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ
⇒ 3x 2 f ( x 2 ) =
2
3x3 + 1
3x9 + 1
3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ
f ( x) =
⇒ 3x 2
2
2
⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0
f ( x6 ) =
Vậy f(x) = 0 với mọi x ∈(0; 1).
BÀI TẬP
1) Tìm f : N → R thỏa mãn: f ( 0 ) ≠ 0; f (1) =
5
;
2
f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + f ( x − y ) ∀x, y ∈ N , x ≥ y .
2) Tìm f : N → R thỏa mãn: f ( m + n ) + f ( n − m ) = f ( 3n ) ∀m, n ∈ N , n ≥ m .
19
3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) ) = y f ( x ) x, y ∈ R .
4) Tìm f : R → R thỏa mãn: f
( ( x + 1) f ( y ) ) = y ( f ( x ) + 1)
x, y ∈ R .
5) Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:
f ( x ) = Max x 2 y + y 2 x − f ( y ) ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) .
y∈( 0; +∞ )
6) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( xy ) − f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + 2 x + 1 ∀x, y ∈ R .
f ( xy ) = f ( x ) f ( y )
∀x, y ∈ [ 1; + ∞ ) .
7) Tìm f : [ 1; + ∞ ) → [ 1; + ∞ ) thỏa mãn:
f ( f ( x ) ) = x
8) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) + 1 ∀x, y ∈ R .
9) Tìm f : R → R thỏa mãn:
( f ( x ) + f ( z ) ) ( f ( y ) + f ( t ) ) = f ( xy − zt ) + f ( xt + zy )
∀x, y, z , t ∈ R .
10) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x 2 − y 2 ) = x f ( y ) − y f ( x ) ∀x, y ∈ R .
11) Tìm f : N → [ 0; + ∞ ) thỏa mãn:
f (1) = 1; f ( m + n ) + f ( m − n ) =
1
( f ( 2m ) + f ( 2n ) ) ∀m, n ∈ N , m ≥ n .
2
x + y f ( x) + f ( y)
12) Tìm f : Z → R thỏa mãn: f
∀x, y ∈ Z ; ( x + y )⋮ 3 .
=
2
3
13) Tìm f : N → N thỏa mãn: 3 f ( n ) − 2 f ( f ( n ) ) = n ∀n ∈ N .
14) Tìm f : Z → Z thỏa mãn:
f (1) = a ∈ Z ; f ( m + n ) + f ( m − n ) = 2 ( f ( m ) + f ( n ) ) ∀m, n ∈ Z .
15) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x 3 + 2 y ) = f ( x + y ) + f ( 3 x + y ) + 1 ∀x, y ∈ R .
16) Tìm f : R → R thỏa mãn: x 2 f ( x ) + f (1 − x ) = 2 x − x 4
∀x ∈ R .
Phương pháp 4: Sử dụng tính chất nghiệm của một ña thức.
Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn ñẳng thức:
( x3 + 3 x 2 + 3 x + 2) P( x − 1) = ( x 3 − 3 x 2 + 3 x − 2) P( x), ∀x (1)
Lời giải:
(1) ⇔ ( x + 2)( x 2 + x + 1) P ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) P( x), ∀x
Chọn:
x = −2 ⇒ P ( −2) = 0
x = −1 ⇒ P(−1) = 0
x = 0 ⇒ P(0) = 0
x = 1 ⇒ P(1) = 0
Vậy: P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x).
20
- Xem thêm -
.PDF 
30 
1162 
75 
