Phương pháp thêm biến trong phương trình hàm

i | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiMỤC LỤCAGiới thiệu phương pháp thêm biến1BMột số kết quả cơ bản3CPhương pháp thêm biến đối với phương trình hàm có tính đối xứng7DPhương pháp thêm biến trong lớp hàm đơn điệu11EPhương pháp thêm biến trong lớp hàm liên tục16FBài tập21Tài liệu tham khảoMỤC LỤC591 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiGIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾNA. GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾNVào năm 2012, tôi có viết chuyên đề "Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến"(tài liệu tham khảo [1]). Trong quá trình giảng dạy tôi có sưu tầm thêm một số bài tập mới, vàgần đây có tham khảo thêm bài viết "Phương pháp thêm biến trong giải phương trình hàm"của tác giả Võ Quốc Bá Cẩn (tài liệu tham khảo [3]). Ý tưởng của phương pháp này rất đơngiản như sau: Khi gặp những phương trình hàm với cặp biến tự do x, y, bằng cách thêm biếnmới z (hoặc thêm một vài biến mới), ta sẽ tính một biểu thức nào đó chứa x, y, z theo hai cáchkhác nhau, từ đây ta thu được một phương trình hàm theo ba biến x, y, z, sau đó chọn zbằng những giá trị đặc biệt hoặc biến đổi, rút gọn phương trình hàm theo ba biến x, y, z đểthu được những phương trình hàm mới, hướng tới kết quả bài toán. Về mặt ý tưởng thì đơngiản, vì thực ra nó là phương pháp thế khi giải phương trình hàm. Tuy nhiên công dụng củaphương pháp này lại mạnh mẽ, giải quyết được nhiều bài toán; việc thêm một vài biến mới sẽgiúp phép thế trở nên linh hoạt, uyển chuyển và có nhiều lựa chọn hơn, từ đó phát hiện đượcnhiều tính chất thú vị của hàm số cần tìm.Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiệnf ( f ( x ) + y) = x + f (y), ∀ x, y ∈ Q.(1)Giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Ta thêm biến mới z như sau: Với mọi x,y, z thuộc Q, sử dụng (1) ta đượcf ( f ( x ) + y + z) = x + f (y + z), ∀ x, y, z ∈ Q.(2)Mặt khác cũng với mọi số hữu tỉ x, y, z thì f ( f (z) + x ) = z + f ( x ), do đóf (y + (z + f ( x )) = f (y + f ( f (z) + x )) = f (z) + x + f (y).(3)Từ (2) và (3) suy raf (y + z) = f (y) + f (z), ∀y, z ∈ Q.(4)Tương tự như bài toán 4 ở trang 3, suy ra f ( x ) = ax, ∀ x ∈ Q. Thay vào (1) ta rút raa2 = 1 ⇔ a = ±1.Thử lại thấy f ( x ) ≡ x và f ( x ) ≡ − x thỏa mãn các yêu cầu đề bài.Chú ý 1. Cũng có thể lập luận tương tự như sau: Để sử dụng lại được "kiểu truy hồi" trong(1), ta thay x bởi f ( x ) + z (tức là thêm biến z ∈ Q) và sử dụng (1) ta đượcf ( x + y + f (z)) = f ( x ) + f (y) + z, ∀ x, y, z ∈ Q⇒z + f ( x + y) = f ( x ) + f (y) + z, ∀ x, y, z ∈ Q⇒ f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ Qvà cũng thu được kết quả. Tổng quát hơn, khi đề bài có dạng f ( x + g(y)) thì ta có thể thêmbiến bằng cách thay y bởi y + g(z) và biến đổi hai vế rồi so sánh. Bên cạnh đó, chúng ta cũnghay sử dụng tính đối xứng của các biến.MỤC LỤC2 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 2. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãnx f ( x ) − y f (y) = ( x − y) f ( x + y), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Ta thêm biến mới z như sau: Theo (1) ta cóx f ( x ) − z f (z) = ( x − z) f ( x + z), ∀ x, z ∈ R.x f ( x ) − z f (z) = [ x f ( x ) − y f (y)] + [y f (y) − z f (z)]= ( x − y) f ( x + y) + (y − z) f (y + z), ∀ x, y, z ∈ R.(2)(3)Từ (2) và (3) suy ra( x − z) f ( x + z) = ( x − y) f ( x + y) + (y − z) f (y + z), ∀ x, y, z ∈ R.(4) x+z = uu+1 1−u u−1x + y = 1 ⇔ ( x; y; z) =Với mọi u ∈ R, xét hệ;;. Do đó (4) trở thành222y+z = 0f (u) = f (1)u + f (0)(1 − u), ∀u ∈ Rhay f ( x ) = ax + b, ∀ x ∈ R. Thay vào (1) thấy thỏa mãn.Bài toán 3. Tìm các hàm số f , g : Z → Z thỏa mãn: g là đơn ánh vàf ( g( x ) + y) = g ( f (y) + x ), ∀ x, y ∈ Z.(1)Giải. Ta thêm biến mới z như sau:f ( g( x ) + y) = g ( f (y) + x ), ∀ x, y ∈ Z.⇔ f ( g( x ) + y) + z = g ( f (y) + x ) + z, ∀ x, y, z ∈ Z⇔ g ( f ( g( x ) + y) + z) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z⇒ f ( g(z) + g( x ) + y) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z⇒ f ( g( x ) + g(z) + y) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z⇒ g ( f ( g(z) + y) + x ) = g ( g ( f (y) + x ) + z), ∀ x, y, z ∈ Z⇒ f ( g(z) + y) + x = g ( f (y) + x ) + z, ∀ x, y, z ∈ Z⇒ g ( f (y) + z) + x = g ( f (y) + x ) + z, ∀ x, y, z ∈ Z.(2)Từ (2) cho z = − f (y) ta đượcg(0) + x = g ( f (y) + x ) − f (y), ∀ x, y ∈ Z⇔ g(0) + x + f (y) = g ( f (y) + x ), ∀ x, y ∈ Z.(3)Từ (3) cho x = − f (y) + t ta được g(0) + t = g(t), ∀t ∈ Z. Vậyg( x ) = x + c, ∀ x ∈ Z.Thay vào (1) ta đượcf ( x + y + c) = f (y) + x + c, ∀ x, y ∈ Z.(4)Từ (4) lấy x = −y − c ta được f (y) = y + d, ∀y ∈ Z (với d = f (0)). Vậyg( x ) = x + c, ∀ x ∈ Z và f ( x ) = x + d, ∀ x ∈ Z,với c và d là những hằng số nguyên tùy ý. Thử lại thấy đúng.Chú ý 2. Như vậy, chỉ cần trải qua vài ba bài toán là bạn đọc đã nắm được phương phápthêm biến khi giải phương trình hàm. Tuy nhiên trong chuyên đề này tôi vẫn đưa vào một sốlượng lớn các bài toán để bạn đọc luyên tập, củng cố thêm phương pháp thêm biến cũng nhưphương pháp giải phương trình hàm nói chung. Tất cả các bài toán đều được giải chi tiết, cóbài được giải bằng vài ba cách, trong đó có cách thêm biến.MỤC LỤC3 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiB. MỘT SỐ KẾT QUẢ CƠ BẢNTrong mục này ta sẽ phát biểu và chứng minh một số kết quả (thông qua các bài toán) sẽđược sử dụng trong chuyên đề này. Lưu ý rằng đây là những bài toán rất cơ bản, cần thiết chonhững ai muốn tìm hiểu về phương trình hàm (cả kết quả và lời giải), chẳng hạn như bài toán4, 5, khi đi thi học sinh giỏi là được phép sử dụng mà không cần chứng minh lại.Bài toán 4 (Phương trình hàm Cauchy).Tìm tất cả các hàm số f : R → R, liên tục trên R và thỏa mãnf ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (1). Trong (1) lấy y = x ta đượcf (2x ) = 2 f ( x ), ∀ x ∈ R.(2)Trong (2) lấy x = 0 ta được f (0) = 0. Từ (1) và (2) và bằng phương pháp quy nạp ta chứngminh đượcf (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ N.(3)Trong (1) lấy y = − x và sử dụng f (0) = 0 ta đượcf (− x ) = − f ( x ), ∀ x ∈ R.(4)Bởi vậy khi n = −1, −2, . . . , sử dụng (3) và (4) ta cóf (nx ) = f (−n(− x )) = −n f (− x ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R.(5)f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ Z.(6)Từ (3) và (5) suy raVới mọi n = 1, 2, . . . , sử dụng (3) ta có1n. xnf (x) = f= nf1xn1xn⇒ f=1f ( x ), ∀ x ∈ R.n(7)Với mọi m, n ∈ Z và n > 0, sử dụng (7) và (6) ta cófmx = fnBởi vậyTrong (8) lấy x = 1 ta được1m. xn= mf1xn1m= m. f ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ R.nnf (rx ) = r f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀r ∈ Q.(8)f (r ) = r f (1), ∀r ∈ Q.(9)∞Với mỗi x ∈ R tồn tại dãy số hữu tỉ {rn }+n=1 sao cho lim rn = x. Vì f liên tục nênn→+∞f (x) = fVậylim rnn→+∞= lim f (rn ) = lim rn f (1) = f (1) lim rn = f (1) x.n→+∞n→+∞n→+∞f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R (với C là hằng số tùy ý).Thử lại thấy thỏa mãn. Ta kết luận: tất cả các hàm số cần tìm đều có dạng như ở (10).MỤC LỤC(10)4 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 5. Tìm các hàm số f : R → R, liên tục trên R và thỏa mãnf ( x + y) = f ( x ) f (y), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Dễ thấy hàm f ( x ) ≡ 0 thỏa mãn (1). Tiếp theo xét f ( x ) ≡ 0. Khi đó tồn tại x0 ∈ R saocho f ( x0 ) = 0. Theo (1) ta cóf ( x0 ) = f ( x + ( x0 − x )) = f ( x ). f ( x0 − x ), ∀ x ∈ R.Suy ra f ( x ) = 0, ∀ x ∈ R và f ( x ) = fx x+2 2ln f ( x ) = g( x )= fx22> 0, ∀ x ∈ R. Vậy đặtf ( x ) = e g( x ) .Khi đó hàm g liên tục trên R vàe g( x+y) = e g( x) .e g(y) , ∀ x, y ∈ R⇔e g(x+y) = e g(x)+ g(y) , ∀ x, y ∈ R⇔ g( x + y) = g( x ) + g(y), ∀ x, y ∈ R.Theo kết quả bài toán 4 suy ra g( x ) = bx, ∀ x ∈ R b là hằng số . Vậy f ( x ) = ebx = a x , vớia > 0 tùy ý. Các hàm số thỏa mãn đề bài làf ( x ) ≡ 0, f ( x ) ≡ a x ( a là hằng số dương).Lưu ý. Phương trình hàm (1) của bài toán 5 cũng được gọi là phương trình hàm Cauchy. Kếtquả bài toán 5 được phép sử dụng mà không cần chứng minh lại.Bài toán 6. Cho hàm số f là đơn ánh và liên tục trên một khoảng nào. Chứng minh rằng hàmsố f đơn điệu thực sự trên khoảng đó.Giải. Giả sử f đơn ánh và liên tục trên khoảng ( a; b). Lấy hai giá trị cố định α, β ∈ ( a; b) màα < β. Với mọi x, y ∈ ( a; b) , x < y ta xét hàm số g : [0; 1] → R được xác định như saug(t) = f ((1 − t) β + ty) − f ((1 − t)α + tx ) , ∀t ∈ [0; 1] .Khi đó g là hàm liên tục trên đoạn [0; 1] vàg (0) = f ( β ) − f ( α ), g (1) = f ( y ) − f ( x ).Nếu g(0).g(1) = [ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] < 0 thì tồn tại γ ∈ (0; 1) sao cho g(γ) = 0. Nghĩalàf ((1 − γ) β + γy) − f ((1 − γ)α + γx ) = 0⇒ f ((1 − γ) β + γy) = f ((1 − γ)α + γx ) .Vì f là đơn ánh nên(1 − γ) β + γy = (1 − γ)α + γx ⇔ (1 − γ)( β − α) = γ( x − y).Điều này là vô lí vì vế phải âm còn vế trái dương. Bởi vậyg(0).g(1) = [ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] ≥ 0Nhưng nếu [ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] = 0 thì f ( β) = f (α) hoặc là f (y) = f ( x ). Điều nàymâu thuẫn với f là đơn ánh. Bởi vậy[ f ( β) − f (α)] [ f (y) − f ( x )] > 0.Suy ra f ( β) − f (α) luôn cùng dấu với f (y) − f ( x ). Do đó f đơn điệu thực sự.MỤC LỤC5 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 7. Tìm các hàm số f : R → R, đơn điệu trên R và thỏa mãnf ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử hàm số f thỏa mãn các yêu cầu đề bài.Trường hợp 1: f là hàm tăng. Tương tự như bài toán 4 ở trang 3 ta chứng minh đượcf ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q.(2)∞+∞Với x ∈ R tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ {un }+n=1 , { vn }n=1 sao choun ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ;lim un = lim vn = x.n→+∞n→+∞Vì f là hàm tăng nên kết hợp với (2) ta cóf (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) ⇒ kun ≤ f ( x ) ≤ kvn (∀n = 1, 2, . . . ).Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên ta đượckx ≤ f ( x ) ≤ kx ⇒ f ( x ) = kx.Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k là hằng số bất kì). Thử lại thấy thỏa mãn.Trường hợp 2: f là hàm giảm. Tương tự như bài toán 4 ở trang 3 ta chứng minh đượcf ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q.(2)∞+∞Với x ∈ R tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ {un }+n=1 , { vn }n=1 sao choun ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ;lim un = lim vn = x.n→+∞n→+∞Vì f là hàm giảm nên kết hợp với (2) ta có:f (un ) ≥ f ( x ) ≥ f (vn ) ⇒ kun ≥ f ( x ) ≥ kvn (∀n = 1, 2, . . . ).Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên ta đượckx ≥ f ( x ) ≥ kx ⇒ f ( x ) = kx.Vậy f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k là hằng số bất kì). Thử lại thấy thỏa mãn.Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k là hằng số bất kì).Bài toán 8. Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn:f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) .(1)Giải. Giả sử hàm số f thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Từ (1) cho x = y ta được:f (2x ) = f ( x + x ) = f ( x ) + f ( x ) = 2 f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) .Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) , n ∈ N∗ .MỤC LỤC(2)6 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiĐặt c = f (1) > 0. Với mọi n = 1, 2, . . . , ta có:1 do (2)c = f (1) = f (n. ) = n fn1n⇒ fGiả sử r ∈ Q, r > 0, khi đó ∃m, n ∈ N∗ sao cho: r =f (r ) = fmn= fm.1n1n1= c. , ∀n ∈ N∗ .n(3)m. Ta có:ndo (2)= mf1ndo (3)=cm= cr.n(4)Từ giả thiết suy ra: f ( x + y) > f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞), do đó f là hàm tăng trên (0; +∞). Vớimọi số thực x > 0, khi đó tồn tại hai dãy số hữu tỉ dương (αn ), ( β n ) sao cho:αn ≤ x ≤ β n , ∀n = 1, 2, . . . vàlim αn = x = lim β n .n→+∞n→+∞Do (4) và do f tăng nghiêm ngặt trên (0; +∞) nên:f (αn ) ≤ f ( x ) ≤ f ( β n ), ∀n = 1, 2, . . .⇒cαn ≤ f ( x ) ≤ cβ n , ∀n = 1, 2, . . .(5)Từ (5) cho n → +∞ và sử dụng nguyên lí kẹp ta được:cx ≤ f ( x ) ≤ cx, ∀ x > 0.Vậy f ( x ) = cx, ∀ x > 0. Thử lại thấy thỏa mãn các yêu cầu đề bài.Chú ý 3. Tương tự, ta cũng thu được kết quả: Nếu hàm số f : (0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn:f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞)thì f ( x ) = cx, ∀ x > 0, với c là hằng số không âm.Bài toán 9. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.f ( xy) = f ( x ) f (y), ∀ x, y ∈ R.(1)(2)Giải. Từ (1), tiến hành tương tự như ở lời giải bài toán 4 ở trang 3 ta chứng minh được các kếtquả sau:f (rx ) = r f ( x ), ∀ x ∈ R, r ∈ Q(3)f (0) = 0, f (− x ) = − f ( x ), ∀ x ∈ R. (4)Từ (2) cho y = x ta được f ( x2 ) = [ f ( x )]2 , ∀ x ∈ R. Suy ra f ( x ) ≥ 0, ∀ x ≥ 0. Từ (2) và (3) tađược: r f ( x ) = f (rx ) = f (r ) f ( x ), ∀ x ∈ R, r ∈ Q.(5)Dễ thấy f ( x ) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Xét f ( x ) ≡ 0. Khi đó tồn tại x0 ∈ R sao chof ( x0 ) = 0. Từ (5) cho x = x0 , ta đượcf (r ) = r, ∀r ∈ Q.(6)Tiếp theo ta chứng minh f là hàm đồng biến. Giả sử x < y. Khi đóy − x > 0 ⇒ f (y − x ) ≥ 0.MỤC LỤC7 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiSử dụng (1) ta đượcf (y) = f ((y − x ) + x ) = f (y − x ) + f ( x ) ≥ f ( x ) ⇒ f ( x ) ≤ f (y).∞+∞Vậy hàm f đồng biến trên R. Với x ∈ R tùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ {un }+n=1 , { vn }n=1 saochoun ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ;lim un = lim vn = x.n→+∞n→+∞Vì f là hàm tăng nên kết hợp với (6) ta cóf (un ) ≤ f ( x ) ≤ f (vn ) ⇒ un ≤ f ( x ) ≤ vn (∀n = 1, 2, . . . ).Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên ta đượcx ≤ f ( x ) ≤ x ⇒ f ( x ) = x.Sau khi thử lại ta kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài làf ( x ) = 0, ∀ x ∈ R và f ( x ) = x, ∀ x ∈ R.C. PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH HÀM CÓ TÍNH ĐỐIXỨNGĐối với những phương trình hàm có tính đối xứng theo cặp biến x và y, khi ta thay cặp ( x; y)bởi cặp (y; x ) thì phương trình hàm vẫn không đổi, tức là ta không thu được gì cả. Nhữngtrường hợp như vậy ta thường thêm biến z để tạo ra sự bất đối xứng và thu được nhữngphương trình hàm khác.Bài toán 10. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãnf ( x + y) = f ( x ) f (y) f ( xy), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử hàm số f thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Sử dụng (1), ta thêm biến mới z như sau:f ( x + y + z) = f ( x ) f (y + z) f ( xy + xz)= f ( x ) f (y) f (z) f (yz) f ( xy) f ( xz) f ( x2 yz), ∀ x, y, z ∈ R.f ( x + y + z) = f (y) f ( x + z) f ( xy + yz)(2)= f ( x ) f (y) f (z) f ( xz) f ( xy) f (yz) f ( xy2 z), ∀ x, y, z ∈ R.(3)Từ (2) và (3) suy raf ( x2 yz) = f ( xy2 z), ∀ x, y, z ∈ R.(4)1ta được f ( x ) = f (y), ∀ x, y ∈ R\ {0}, hay f là hàm hằngxytrên R\ {0}. Giả sử f ( x ) = c, ∀ x ∈ R\ {0} (c là hằng số). Từ (1) lấy x = y = 1 ta đượcVới x = 0, y = 0, từ (4) lấy z =c = c3 ⇔ c ∈ {0, 1, −1} .Từ (1) lấy y = − x = 0 ta được f (0) = c3 = c. Vậy f ( x ) ≡ c, ∀ x ∈ R. Do đó tất cả các hàm sốthỏa mãn yêu cầu đề bài là f ( x ) ≡ 0, f ( x ) ≡ 1, f ( x ) ≡ −1.MỤC LỤC8 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 11. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiệnf ( x + y) = f ( x ) cos y + f (y) cos x, ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Ta sẽ thêm biến mới z như sau: Với mọi số thực x, y, z, theo (1) ta cóf ( x + y + z) = f ( x + y) cos z + f (z) cos( x + y)= [ f ( x ) cos y + f (y) cos x ] cos z + f (z) cos( x + y)= [ f ( x ) cos y + f (y) cos x ] cos z + f (z) (cos x cos y − sin x sin y) .(2)Mặt khácf ( x + y + z) = f ( x ) cos(y + z) + f (y + z) cos x= f ( x ) cos(y + z) + [ f (y) cos z + f (z) cos y] cos x= f ( x ) (cos y cos z − sin y sin z) + [ f (y) cos z + f (z) cos y] cos x.(3)Từ (2) và (3) thu được[ f ( x ) cos y + f (y) cos x ] cos z + f (z) (cos x cos y − sin x sin y)= f ( x ) (cos y cos z − sin y sin z) + [ f (y) cos z + f (z) cos y] cos xDễ dàng rút gọn đượcf (z) sin x sin y = f ( x ) sin y sin z, ∀ x, y, z ∈ R.Từ (4) lấy y =(4)πta được2f (z) sin x = f ( x ) sin z, ∀ x, z ∈ Rf (z)f (x)=, ∀ x = mπ, z = nπ (m, n ∈ Z)⇒sin xsin zf (x)⇒≡ c ⇒ f ( x ) ≡ c sin x.sin x(5)Vậy f ( x ) = c sin x, ∀ x ∈ R (c là hằng số). Thử lại thấy thỏa mãn.πLưu ý. Đến (5) ta có thể lí luận như sau: Từ (5) lấy z = ta được2f ( x ) = c sin x, ∀ x ∈ R, c = fπ2và cũng được kết quả tương tự. Từ lời giải bằng phương pháp thêm biến như trên ta suy raπmột lời giải khác, rất ngắn gọn như sau: Trong (1) lấy y = , ta được2f x+Đặt x +π2= fπcos x, ∀ x ∈ R.2(6)π= t, thay vào (6) ta được2f (t) = fππcos t −22= fπsin t, ∀t ∈ R2và cũng được kết quả tương tự.MỤC LỤC9 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 12 (Chọn đội tuyển Ấn Độ năm 2004).Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiệnf ( x + y) = f ( x ) f (y) − c sin x sin y, ∀ x, y ∈ R,(1)trong đó c là hằng số lớn hơn 1.Giải. Bằng cách thêm biến mới z ta cóf ( x + y + z) = f ( x ) f (y + z) − c sin x sin (y + z)= f ( x ) [ f (y) f (z) − c sin y sin z] − c sin x (sin y cos z + cos y sin z)= f ( x ) f (y) f (z) − c f ( x ) sin y sin z − c sin x sin y cos z − c sin x cos y sin z.Tương tự, ta cóf (y + x + z)= f ( x ) f (y) f (z) − c f (y) sin x sin z − c sin y sin x cos z − c sin y cos x sin z.Mà f ( x + y + z) = f (y + x + z) nênc f ( x ) sin y sin z + c sin x sin y cos z + c sin x cos y sin z=c f (y) sin x sin z + c sin y sin x cos z + c sin y cos x sin z.Suy ra: sin z [ f ( x ) sin y − f (y) sin x ] = sin z (sin y cos x − cos y sin x ).πThế z = , ta nhận được:2f ( x ) sin y − f (y) sin x = sin y cos x − cos y sin x.(2)Trong (2) lấy x = π, ta được: f (π ) sinsin y.√y = − √π22Trong (3), lấy y = , ta được: f (π )=−⇔ f (π ) = −1.422πTrong (1), lấy x = y = , ta được:2f (π ) = f 2ππ− c ⇔ f222= c−1 ⇔ fπ2(3)√= ± c − 1.Trong (1), lấy y = π, ta đượcf ( x + π ) = f ( x ) f (π ) ⇒ f ( x + π ) = − f ( x ).(4)Từ (4) và (1) ta cóπ π− f (x) = f (x + π ) = f x + +22ππππ= f x+f− c sin x +sin2222πππ= f x+f− c cos x = f ( x ) f− c sin x f222π− c cos x.2Suy raππ+ 1 = cfsin x + c cos x22ππ⇒c f ( x ) = c fsin x + c cos x ⇒ f ( x ) = fsin x + cos x22f (x) f 2MỤC LỤC10 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai√⇒ f ( x ) = ± c − 1 sin x + cos x.Sau khi thử lại, ta kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài là√√f ( x ) = c − 1 sin x + cos x, ∀ x, y ∈ R ; f ( x ) = − c − 1 sin x + cos x, ∀ x, y ∈ R.Lưu ý. Nếu hai vế của phương trình hàm đối xứng giữa các biến thì bằng cách tăng số biến,chúng ta có thể sử dụng được tính đối xứng.Bài toán 13. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f (0) = 0 vàf ( x + y) f ( x − y) = f 2 ( x ) − sin2 y, ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Trong (1) cho x = y ta đượcf (2x ) f (0) = f 2 ( x ) − sin2 x, ∀ x ∈ R.(2)Đặt b = f (0) = 0. Từ (1) và (2) suy raf ( x + y) f ( x − y) = f (2x ) f (0) + sin2 x − sin2 y= b f (2x ) + sin( x + y) sin( x − y), ∀ x, y ∈ R.(3)Đặt u = x + y, v = x − y, thay vào (3) ta đượcf (u) f (v) = b f (u + v) + sin u sin v, ∀u, v ∈ R⇔b f (u + v) = f (u) f (v) − sin u sin v, ∀u, v ∈ R.(4)Với mọi u, v, w ∈ R, sử dụng (4) ta đượcb f (u + v + w) = f (u + v) f (w) − sin(u + v) sin w1= [ f (u) f (v) − sin u sin v] f (w) − (sin u cos v + cos u sin v) sin wb11= f (u) f (v) f (w) − f (w) sin u sin v − sin u cos v sin w − cos u sin v sin w.bbMặt khácb f (u + v + w) = f (u) f (v + w) − sin u sin(v + w)1= [ f (v) f (w) − sin v sin w] f (u) − (sin v cos w + cos v sin w) sin ub11= f (u) f (v) f (w) − f (u) sin v sin w − sin u sin v cos w − sin u cos v sin w.bbSuy ra1f (w) sin u sin v + cos u sin v sin wb1= f (u) sin v sin w + sin u sin v cos w, ∀u, v, w ∈ R.bTừ (5) cho v =(5)πta được211f (w) sin u + cos u sin w = f (u) sin w + sin u cos w, ∀u, w ∈ RbbMỤC LỤC11 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai⇔11f (w) − cos w sin u =f (u) − cos u sin w, ∀u, w ∈ R.bbTrong (6) cho u =(6)πta được211f (w) − cos w = fbbπsin w, ∀w ∈ R.2Vậy hàm f có dạng f ( x ) = b cos x + c sin x, ∀ x ∈ R. Thay vào (1) ta được[b cos( x + y) + c sin( x + y)] [b cos( x − y) + c sin( x − y)]=(b cos x + c sin x )2 − sin2 y, ∀ x, y ∈ R.(7)πta được −c2 = b2 − 1 ⇔ b2 + c2 = 1. Thử lại thấy hàm số2f ( x ) = b cos x + c sin x, ∀ x ∈ R, với b, c là các hằng số, b = 0 và b2 + c2 = 1 thỏa mãn các yêucầu đề bài.Trong (7) cho x = 0, y =D. PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN TRONG LỚP HÀM ĐƠN ĐIỆUBài toán 14 (Đề thi Olympic 30/04/2011).Hãy tìm tất cả các hàm số f : [1; +∞) → [1; +∞) thỏa mãn điều kiệnf ( x f (y)) = y f ( x ), ∀ x, y ∈ [1; +∞).(1)Giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Ta thêm biến mới z ≥ 1 như sau: Vớimọi x, y, z thuộc [1; +∞), sử dụng (1) ta có f ( xy f (z)) = z f ( xy), mặt khácf ( xy f (z)) = f ( x f (z f (y))) = z f (y) f ( x ).Do đóz f ( xy) = z f (y) f ( x ), ∀ x, y, z ∈ [1; +∞).Từ đây cho z = 1 ta đượcf ( xy) = f ( x ) f (y), ∀ x, y ∈ [1; +∞).Trong (2) cho x = y = 1 ta được f (1) = f 2 (1)do f (1)≥1⇒f (1) = 1. Trong (1) cho x = 1 đượcf ( f (y)) = y, ∀y ∈ [1; +∞).(3)Vì f : [1; +∞) → [1; +∞) nên nếu f (y) = 1 thìy = f ( f (y)) = f (1) = 1 ⇒ y = 1.Suy ra f (y) > 1 với mọi y > 1. Cho x > y ≥ 1 thì từ (2) ta đượcf (x) = fx.yydo (2)⇒ = f ( y ). fxysuy ra hàm f đồng biến trên [1; +∞). Ta sẽ chứng minhf ( x ) = x, ∀ x ∈ [1; +∞).MỤC LỤC(2)> f ( y ),12 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiGiả sử có x0 ∈ [1; +∞) sao cho f ( x0 ) = x0 . Nếu f ( x0 ) > x0 thìf ( f ( x0 )) > f ( x0 ) ⇒ x0 > f ( x0 ), mâu thuẫn với f ( x0 ) > x0 .Nếu f ( x0 ) < x0 thìf ( f ( x0 )) < f ( x0 ) ⇒ x0 < f ( x0 ), mâu thuẫn với f ( x0 ) < x0 .Vậy f ( x ) = x, ∀ x ∈ [1; +∞). Thử lại thấy thỏa mãn.Chú ý 4. Chắc hẳn bạn đọc đã và sẽ nhận ra sự tương tự trong một số bài toán mà ta đã trảiqua và sẽ đề cập tiếp trong chuyên đề này.Đối với bài toán 1 ở trang 1: với phương trình hàmf ( f ( x ) + y) = x + f (y), ∀ x, y ∈ Qta thấy rằng với "phép toán cộng" này thì thêm biến bằng cách thay x bởi x + f (z); thayx bởi f ( x ) + z.Đối với bài toán 14 ở trang 11: với phương trình hàmf ( x f (y)) = y f ( x ), ∀ x, y ∈ [1; +∞)ta thấy rằng với "phép toán nhân" này thì thêm biến bằng cách thay y bởi y f (z); thay ybởi z f (y).Bạn đọc hãy liên hệ hai bài toán nói trên với các bài toán 18, 19, 25 trong chuyên đề này.Bài toán 15 (Đề nghị IMO 2005). Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnđiều kiệnf ( x ) f (y) = 2 f ( x + y f ( x )), ∀ x, y > 0.(1)Giải. Giả sử hàm f thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Ta sẽ thêm biến mới z > 0 như sau: Với mọisố dương x, y, z, sử dụng (1) nhiều lần ta đượcf ( x ) f (y) f (z) = 2 f (z) f ( x + y f ( x )) = 4 f (z + ( x + y f ( x )) f (z))= 4 f (z + x f (z) + y f (z) f ( x ))= 4 f (z + x f (z) + 2y f (z + x f (z))= 2 f (z + x f (z)) f (2y) = f (z) f ( x ) f (2y).(2)Do f ( x ) > 0, f (z) > 0 nên từ (2) thu đượcf (y) = f (2y), ∀y > 0.(3)Nếu tồn tại hai số dương x1 , x2 sao cho x1 > x2 mà f ( x1 ) < f ( x2 ) thì ta xét số dươngy=x1 − x2.f ( x2 ) − f ( x1 )Khi đóy f ( x2 ) − y f ( x1 ) = x1 − x2 ⇒ y f ( x2 ) + x2 = y f ( x1 ) + x1do (1)⇒ f ( x2 + y f ( x2 )) = f ( x1 + y f ( x1 )) ⇒ f ( x2 ) f (y) = f ( x1 ) f (y).MỤC LỤC13 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiDo f (y) > 0 nên suy ra f ( x2 ) = f ( x1 ), đến đây ta gặp mâu thuẫn. Do đó với mọi số dương x1 ,x2 sao cho x1 > x2 ta luôn có f ( x1 ) ≥ f ( x2 ), kết hợp với (3) ta sẽ chứng minh f là hàm hằng.Giả sử x1 , x2 là hai phần tử bất kì của khoảng (0; +∞) và x1 < x2 . Do lim 2n x1 = +∞ nênn→+∞tồn tại số tự nhiên n đủ lớn sao cho 2n x1 > x2 . Vì thế, do (3) và do f là hàm tăng trên khoảng(0; +∞) nên f là hàm hằng trên đoạn [ x1 ; 2n x1 ], lại do x2 ∈ [ x1 ; 2n x1 ] nên f ( x1 ) = f ( x2 ), suyra suy ra f là hàm hằng trên khoảng (0; +∞): f (y) = C, ∀y > 0. Thay vào (1) được C = 2. Vậycó duy nhất một hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài làf ( x ) = 2, ∀ x > 0.Bài toán 16. Tìm tất cả các hàm đơn điệu f : (0; +∞) → R thỏa mãn:f ( x + y) = x2020 f1x2019+ y2020 f1y2019, ∀ x, y > 0.(1)Giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Trong (1) cho y = x, ta được:f (2x ) = 2x2020 f1x2019, ∀ x > 0.(2)f (2x ) + f (2y), ∀ x, y > 0.(3)2Từ (2) cho x = 1, ta được: f (2) = 2 f (1). Phương trình hàm (3) là đối xứng, từ (3) ta sẽ tạo ranhững phương trình hàm không đối xứng bằng cách thêm biến z như sau:Do (2) nên (1) viết lại: f ( x + y) =f (4x ) + f (4y)+ f (2z)f (2x + 2y) + f (2z)2f ( x + y + z) ==22(3)f (4x ) + f (4y) + 2 f (2z)=, ∀ x, y, z > 0.4do(4)Từ (4) đổi chỗ y và z, ta được:f ( x + y + z) =f (4x ) + f (4z) + 2 f (2y), ∀ x, y, z > 0.4(5)Từ (4) và (5) suy ra:f (4x ) + f (4y) + 2 f (2z)f (4x ) + f (4z) + 2 f (2y)=, ∀ x, y, z > 044⇔ f (4y) + 2 f (2z) = f (4z) + 2 f (2y), ∀y, z > 0⇔ f (2y) + 2 f (z) = f (2z) + 2 f (y), ∀y, z > 0.Từ (6) chọn z = 1, ta được: f (2y) = 2 f (y), ∀y > 0.Từ (7) và (3), ta có: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y > 0.Do hàm số f đơn điệu nên từ (8) ta được: f ( x ) = ax, ∀ x > 0. Thử lại, ta thấy:f ( x ) = ax, ∀ x > 0 (a là hằng số).MỤC LỤC(6)(7)(8)14 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 17. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãnf ( xy) = f ( x ) f (y) − f ( x + y) + 1, ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Từ (1) cho x = y = 0 ta đượcf 2 (0) − 2 f (0) + 1 = 0 ⇔ [ f (0) − 1]2 = 0 ⇔ f (0) = 1.Ta thêm biến mới z như sau: Với mọi số thực x, y, z ta cóf ( xyz) = f ( x ) f (yz) − f ( x + yz) + 1= f ( x ) [ f (y) f (z) − f (y + z) + 1] − f ( x + yz) + 1= f ( x ) f (y) f (z) − f ( x ) f (y + z) + f ( x ) − f ( x + yz) + 1.(2)f ( xyz) = f (z) f ( xy) − f (z + xy) + 1= f (z) [ f ( x ) f (y) − f ( x + y) + 1] − f (z + xy) + 1= f ( x ) f (y) f (z) − f (z) f ( x + y) + f (z) − f (z + xy) + 1.(3)Mặt khácTừ (2) và (3) suy ra với mọi số thực x, y, z ta cóf ( x ) f (y + z) − f ( x ) + f ( x + yz) = f (z) f ( x + y) − f (z) + f (z + xy).(4)Từ (1) cho x = 1 và y = −1 đượcf (−1) = f (1) f (−1) ⇔f (−1) = 0f (1) = 1.Trường hợp f (−1) = 0. Từ (4) cho z = −1 và x = 1 đượcf (1) f (y − 1) − f (1) + f (1 − y) = f (y − 1), ∀y ∈ R.(5)Từ (5) cho y = 2 đượcf 2 (1) − f (1) = f (1) ⇔f (1) = 0f (1) = 2.• Xét f (1) = 0. Khi đó (5) trở thành f (1 − y) = f (y − 1), ∀y ∈ R. Từ đây thay y bởiy + 1 ta đượcf (−y) = f (y), ∀y ∈ R.(6)Từ (1) thay y bởi −y và sử dụng (6) đượcf ( xy) = f ( x ) f (y) − f ( x − y) + 1, ∀ x, y ∈ R.(7)Từ (7) và (1) suy ra f ( x + y) = f ( x − y), ∀ x, y ∈ R. Từ đây cho x = y và lưu ýf (0) = 1 được f (2x ) = 1, ∀ x ∈ R, từ đây lấy x = 0, 5 được f (1) = 1, mâu thuẫnvới f (1) = 0.MỤC LỤC15 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai• Xét f (1) = 2. Khi đó (5) trở thành2 f ( y − 1) − 2 + f (1 − y ) = f ( y − 1), ∀ y ∈ R⇔ f (y − 1) = 2 − f (1 − y), ∀y ∈ R.(8)Từ (8) thay y bởi y + 1 đượcf (y) = 2 − f (−y), ∀y ∈ R⇔1 − f (y) = −[1 − f (−y)], ∀y ∈ R.(9)Đặt 1 − f ( x ) = g( x ). Từ (9) suy ra hàm số g thỏa mãn g(− x ) = − g( x ), ∀ x ∈ R và(1) trở thành1 − g( xy) = [1 − g( x )][1 − g(y)] − 1 + g( x + y) + 1, ∀ x, y ∈ R⇔ g( xy) = g( x ) + g(y) − g( x ) g(y) − g( x + y), ∀ x, y ∈ R.(10)Từ (10) thay y bởi −y được− g( xy) = g( x ) − g(y) + g( x ) g(y) − g( x − y), ∀ x, y ∈ R.(11)Cộng (10) và (11) ta đượcg( x + y) + g( x − y) = 2g( x ), ∀ x, y ∈ R.(12)Từ (12) cho y = x được g(2x ) = 2g( x ), ∀ x ∈ R (do g(0) = 0), (12) trở thànhg( x + y) + g( x − y) = g(2x ), ∀ x, y ∈ R.Với mọi số thực u và v, đặtTừ (10) và (14) suy ra(13)u−vu+v= x,= y. Khi đó theo (13) ta được22g(u) + g(v) = g(u + v), ∀u, v ∈ R⇔ g( x + y) = g( x ) + g(y), ∀ x, y ∈ R.(14)g( xy) = − g( x ) g(y), ∀ x, y ∈ R.(15)Từ (14), tiến hành tương tự như ở lời giải bài toán 4 ở trang 3 ta chứng minh được:g(rx ) = rg( x ), ∀ x ∈ R, r ∈ Q.(16)Từ (15) cho y = x ta được g( x2 ) = −[ g( x )]2 , ∀ x ∈ R. Suy ra f ( x ) ≤ 0, ∀ x ≥ 0. Từ(15) và (16) ta đượcrg( x ) = g(rx ) = − g(r ) g( x ), ∀ x ∈ R, r ∈ Q.(17)Dễ thấy g( x ) ≡ 0 thỏa mãn (10). Xét g( x ) ≡ 0. Khi đó tồn tại x0 ∈ R sao chog( x0 ) = 0. Từ (17) cho x = x0 , ta đượcg(r ) = −r, ∀r ∈ Q.(18)Tiếp theo ta chứng minh g là hàm nghịch biến. Giả sử x < y. Khi đó y − x > 0, suyra g(y − x ) ≤ 0. Sử dụng (14) ta đượcg(y) = g((y − x ) + x ) = g(y − x ) + g( x ) ≤ g( x ) ⇒ g( x ) ≥ g(y).MỤC LỤC16 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai∞Vậy hàm g nghịch biến trên R. Với x ∈ R tùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ {un }+n =1 ,{vn }n+=∞1 sao choun ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ;lim un = lim vn = x.n→+∞n→+∞Vì g là hàm giảm nên kết hợp với (18) ta cóg(un ) ≥ g( x ) ≥ g(vn ) ⇒ −un ≥ g( x ) ≥ −vn (∀n = 1, 2, . . . ).Cho n → +∞ trong bất đẳng thức trên ta được:− x ≥ g( x ) ≥ − x ⇒ g( x ) = − x.Do đó: f ( x ) ≡ 1 + x.Trường hợp f (1) = 1. Từ (4) cho z = 1 đượcf ( x ) f (y + 1) − f ( x ) + f ( x + y) = f ( x + y) − 1 + f (1 + xy), ∀ x, y ∈ R⇔ f ( x ) f (y + 1) − f ( x ) = −1 + f (1 + xy), ∀ x, y ∈ R.(19)Từ (19) lấy y = −1 được f (1 − x ) = 1, ∀ x ∈ R hay f ( x ) = 1, ∀ x ∈ R. Sau khi thử lại takết luận: Các hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài làf ( x ) ≡ 1, f ( x ) ≡ x + 1.Lưu ý. Nếu đặt f ( x ) − 1 = g( x ) thì ta thu được1 + g( xy) = [1 + g( x )][1 + g(y)] − 1 − g( x + y) + 1, ∀ x, y ∈ R⇔ g( xy) = g( x ) + g(y) + g( x ) g(y) − g( x + y), ∀ x, y ∈ R.(10)Cũng tương tự như trên ta chứng minh đượcg( x + y) = g( x ) + g(y), ∀ x, y ∈ Rg( xy) = g( x ) g(y), ∀ x, y ∈ R.Từ đây, sử dụng bài toán 9 ở trang 6 ta được g( x ) ≡ 0 và g( x ) ≡ x.E. PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN TRONG LỚP HÀM LIÊN TỤCTrong mục này chúng ta sẽ xem xét một số phương trình hàm có giả thiết hàm số liên tục,được giải bằng phương pháp thêm biến. Lưu ý rằng kết quả bài toán 4 ở trang 3 tiếp tục đượcsử dụng nhiều.Bài toán 18. Tìm tất cả các hàm số f : R → R, liên tục trên R và thỏa mãn điều kiệnf ( x + f (y)) = 2y + f ( x ), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Ta thêm biến mới z như sau: Với mọi x,y, z thuộc R, sử dụng (1) ta đượcf ( x + y + f (z)) = 2z + f ( x + y), ∀ x, y, z ∈ R.(2)MỤC LỤC17 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiMặt khác cũng với mọi số thực x, y, z thìf ( x + y + f (z)) = f x + f z + fy2= 2 z+ fy2+ f ( x ).(3)Từ (2) và (3) suy ray+ f ( x ), ∀ x, y, z ∈ R2y⇔ f ( x + y) = f ( x ) + 2 f, ∀ x, y ∈ R.(4)2Từ (4) cho x = y = 0 ta được f (0) = 0. Từ (4) cho x = 0 và sử dụng f (0) = 0 ta đượcyf (y) = 2 f, ∀y ∈ R. Vậy (4) trở thành2f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.(5)2z + f ( x + y) = 2 z + fTừ (5), sử dụng kết quả bài toán 4 ở trang 3 ta được f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R, với a là hằng số thực.Thay vào (1) ta đượca ( x + ay) = 2y + ax, ∀ x, y ∈ R.(6)√Từ (6) cho x = y = 1 ta được a(1 + a) = 2 + a ⇔ a2 = 2 ⇔ a = ± 2. Vậy√√f ( x ) = 2x, ∀ x ∈ R ; f ( x ) = − 2x, ∀ x ∈ R.Thử lại thấy hai hàm số này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.Bài toán 19 (Đề nghị thi Olympic 30/04/2004).Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa mãnf ( x f (y)) = y f ( x ), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Trong (1) lấy x = y = 0 ta được f (0) = 0.Ta thêm biến mới z như sau: Với mọi x, y, z thuộc R, sử dụng (1) ta có f ( xy f (z)) = z f ( xy),mặt khácf ( xy f (z)) = f ( x f (z f (y))) = z f (y) f ( x ).Do đó z f ( xy) = z f (y) f ( x ), ∀ x, y, z ∈ R. Từ đây cho z = 1 ta đượcTừ (2) lấy y = 1 đượcf ( xy) = f ( x ) f (y), ∀ x, y ∈ R.(2)f ( x ) [1 − f (1)] = 0, ∀ x ∈ R.(3)Nếu f (1) = 1 thì từ (3) suy ra f ( x ) = 0, ∀ x ∈ R. Thử lại thấy hàm f ( x ) ≡ 0 thỏa mãn yêucầu đề bài. Tiếp theo xét f (1) = 1. Từ (1) cho x = 1 đượcf ( f (y)) = y, ∀y ∈ R.Từ đây dễ dàng suy ra f là đơn ánh, kết hợp giả thiết f liên tục suy ra f đơn điệu thực sự. Từf (0) = 0 < 1 = f (1) suy ra f là hàm tăng thực sự. Nếu f (y) < y thì do f tăng thực sự nênf ( f (y)) < f (y) ⇒ y < f (y),mâu thuẫn. Nếu f (y) > y thì y = f ( f (y)) > f (y), mâu thuẫn. Vậyf (y) = y, ∀y ∈ R.Thử lại thấy thỏa mãn. Ta kết luận: có hai hàm số thỏa mãn đề bài làf ( x ) = 0, ∀ x ∈ R và f ( x ) = x, ∀ x ∈ R.MỤC LỤC18 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 20. Tìm các hàm f , g : R → R thỏa mãn điều kiện: g là hàm liên tục trên R, hàm fđơn điệu thực sự trên R vàf ( x + y) = f ( x ) g(y) + f (y), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử hai hàm f và g thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Ta sẽ thêm biến mới z như sau: Vớimọi x, y, z, sử dụng (1) ta đượcf ( x + y + z) = f ( x + y) g(z) + f (z) = [ f ( x ) g(y) + f (y)] g(z) + f (z)= f ( x ) g ( y ) g ( z ) + f ( y ) g ( z ) + f ( z ).(2)Mặt khác cũng theo (1) ta cóf ( x + y + z ) = f ( x ) g ( y + z ) + f ( y + z ) = f ( x ) g ( y + z ) + f ( y ) g ( z ) + f ( z ).(3)Từ (2) và (3) suy ra với mọi số thực x, y, z ta cóf ( x ) g ( y ) g ( z ) + f ( y ) g ( z ) + f ( z ) = f ( x ) g ( y + z ) + f ( y ) g ( z ) + f ( z ).Hayf ( x ) g(y) g(z) = f ( x ) g(y + z), ∀ x, y, z ∈ R.(4)Dễ thấy f ( x ) ≡ 0, tức là tồn tại x0 ∈ R sao cho f ( x0 ) = 0. Từ (4) lấy x = x0 ta đượcg(y + z) = g(y) g(z), ∀y, z ∈ R.(5)Từ (5), sử dụng kết quả bài toán 5 ở trang 4 ta đượcg( x ) ≡ 0, g( x ) ≡ a x ( a là hằng số dương).Nếu g( x ) = 0, ∀ x ∈ R thì từ (1) ta được f ( x + y) = f (y), ∀ x, y ∈ R. Từ đây lấy y = 1suy ra f là hàm hằng, gặp mâu thuẫn.Nếu g( x ) = 1, ∀ x ∈ R thì từ (1) ta đượcf ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R.(6)Do f đơn điệu thực sự nên từ (6), sử dụng bài toán 7 ở trang 5 ta đượcf ( x ) = kx, ∀ x ∈ R k là hằng số khác 0 .Nếu g( x ) = a x , ∀ x ∈ R (với a là hằng số, 0 < a = 1). Thế vào (1) đượcf ( x + y) = f ( x ) ay + f (y), ∀ x, y ∈ Rf (y + x ) = f (y) a x + f ( x ), ∀ x, y ∈ R.(7)(8)f ( x ) ay + f (y) = f (y) a x + f ( x ), ∀ x, y ∈ R⇔ f ( x ) [ ay − 1] = f (y) [ a x − 1], ∀ x, y ∈ R.(9)Từ (7) và (8) dẫn đếnTừ (7) lấy y = 0 được f (0) = 0. Từ (9) suy raf (y)f (x)= y, ∀ x = 0, y = 0.xa −1a −1Vậyf (x)là hàm hằng, kết hợp với f (0) = 0 ta đượcax − 1f ( x ) = b ( a x − 1), ∀ x ∈ R (với b là hằng số khác không).MỤC LỤC19 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiSau khi thử lại ta kết luận: Các cặp hàm f và g thỏa mãn yêu cầu đề bài là:g( x ) ≡ 1 và f ( x ) = kxk là hằng sốg( x ) ≡ a x và f ( x ) ≡ b ( a x − 1)a, b là hằng số 0 < a = 1, b = 0 .Bài toán 21. Tìm tất cả các hàm số liên tục f , g, h : R → R thỏa mãnf ( x + y) − g( xy) = h( x ) + h(y), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử ( f , g, h) là một bộ ba hàm thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Từ (1) cho y = 0 ta đượcf ( x ) = h( x ) + h(0) + g(0), ∀ x ∈ R. Vì thế(1) ⇔ h( x + y) + h(0) + g(0) − g( xy) = h( x ) + h(y), ∀ x, y ∈ R⇔ h( x + y) = h( x ) + h(y) + k( xy), ∀ x, y ∈ R,(2)với k là hàm số: k( x ) = g( x ) − g(0) − h(0), ∀ x ∈ R. Sử dụng (2), ta thêm biến mới z như sau:h( x + y + z) = h( x + y) + h(z) + k ( xz + yz)= h( x ) + h(y) + h(z) + k( xy) + k(yz + zx ), ∀ x, y, z ∈ R.Tương tự ta được:h( x + y + z) = h( x ) + h(y) + h(z) + k (yz) + k(zx + xy)= h( x ) + h(y) + h(z) + k(zx ) + k( xy + yz).Như vậy, với mọi số thực x, y, z ta cók ( xy) + k (yz + zx ) = k (yz) + k (zx + xy) = k (zx ) + k ( xy + yz).(3)Giả sử a, b là hai số thực bất kì.Trường hợp a > 0 và b > 0. Xét c > 0. Chọn x =bc,y=aca,z =bab, thay vào (3)cđượck( a) + k(b + c) = k (b) + k (c + a) = k(c) + k ( a + b), ∀ a, b, c > 0.(4)Vì g liên tục trên R nên k liên tục trên R, do đó từ (4) cho c → 0+ ta đượck ( a) + k (b) = k ( a + b) + k(0), ∀ a > 0, b > 0.Trường hợp a < 0 và b < 0. Xét c > 0. Chọn x =bc,y=aca,z =b(5)ab, thay vào (3)cđượck ( a) + k (b + c) = k (b) + k (c + a) = k (c) + k ( a + b), ∀ a < 0, b < 0, c > 0.(6)Vì g liên tục trên R nên k liên tục trên R, do đó từ (6) cho c → 0+ ta đượck ( a) + k (b) = k ( a + b) + k(0), ∀ a < 0, b < 0.MỤC LỤC(7)20 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiTrường hợp a < 0 và b > 0. Xét c < 0. Chọn x =bc,y=aca,z =bab, thay vào (3)cđượck ( a) + k(b + c) = k (b) + k (c + a) = k(c) + k ( a + b), ∀ a < 0, b > 0, c < 0.(8)Vì g liên tục trên R nên k liên tục trên R, do đó từ (8) cho c → 0− ta đượck ( a) + k (b) = k( a + b) + k (0), ∀ a < 0, b > 0.(9)Trường hợp a > 0 và b < 0, tương tự ta cũng thu đượck ( a) + k (b) = k( a + b) + k (0), ∀ a > 0, b < 0.(10)Nếu ít nhất một trong hai số a, b bằng 0 thì k ( a) + k(b) = k ( a + b) + k(0) cũng đúng.Do đó từ (5), (7), (9), (10) ta cók( a) + k (b) = k ( a + b) + k (0), ∀ a, b ∈ R.(11)Xét hàm số t : R → R như sau: t( x ) = k ( x ) − k (0), ∀ x ∈ R. Từ (11) ta cót( x + y) = t( x ) + t(y), ∀ x, y ∈ R.(12)Do hàm số t liên tục nên từ (12), sử dụng kết quả bài toán 4 ở trang 3 ta thu đượct( x ) = ax, ∀ x ∈ R,với a là hằng số thực. Vì thế hàm số k có dạng k ( x ) = ax + b, ∀ x ∈ R, suy ra hàm g có dạngg( x ) = ax + α, ∀ x ∈ R. Thay vào (2) ta đượch( x + y) = h( x ) + h(y) + axy + α, ∀ x, y ∈ Raaa⇔h( x + y) − ( x + y)2 = h( x ) − x2 + h(y) − y2 + α = 0, ∀ x, y ∈ R222a 2⇒h( x ) − x = mx + n, ∀ x ∈ R.2aVậy hàm số h có dạng h( x ) = x2 + mx + n, ∀ x ∈ R. Tóm lại:2aaf ( x ) ≡ x2 + mx + p, g( x ) ≡ ax + b, h( x ) ≡ x2 + mx + m.22Thay vào (1) ta đượcaaa( x + y)2 + m( x + y) + p − axy − b = x2 + mx + n + y2 + my + n, ∀ x, y ∈ R,222hay p − b = 2n. Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài làf (x) ≡a 2ax + mx + b + 2n, g( x ) ≡ ax + b, h( x ) ≡ x2 + mx + n.22Lưu ý. Trong một số trường hợp, phép thế( x; y; z) =bc;aca;babclàm cho phương trình hàm trở nên đơn giản hơn, quen thuộc hơn. Phép thế này và phươngpháp thêm biến đã được thực hiện ở bài toán ?? ở trang ??.MỤC LỤC21 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 22. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãnf ( x + y) + f ( xy) = f ( x ) + f (y) + f ( xy + 1), ∀ x, y ∈ R.(1)Giải. Giả sử hàm số f thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Xét hàm số g như sau:g( x ) = f ( x + 1) − f ( x ), ∀ x ∈ R.Khi đó g liên tục trên R và (1) trở thành:f ( x + y) = f ( x ) + f (y) + g( xy), ∀ x, y ∈ R.(2)Sử dụng (2), ta thêm biến mới z tương tự như bài toán 21, thu được kết quả: Hàm g có dạngg( x ) = 2ax + b, ∀ x ∈ R. Thay vào (2) ta đượcf ( x + y) = f ( x ) + f (y) + 2axy + b, ∀ x, y ∈ R⇔ f ( x + y) − a( x + y)2 = h( x ) − ax2 + h(y) − ay2 + b = 0, ∀ x, y ∈ R⇒ f ( x ) − ax2 = mx + n, ∀ x ∈ R.Thay f ( x ) = ax2 + mx + n, ∀ x ∈ R vào (1) ta đượca( x + y)2 + m( x + y) + n + ax2 y2 + mxy + n= ax2 + mx + n + ay2 + my + n + a( xy + 1)2 + m( xy + 1) + n, ∀ x, y ∈ R.Rút gọn ta được a + m + n = 0 ⇔ n = − a − m. Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài có dạngf ( x ) = ax2 + mx − a − m, ∀ x ∈ R, với a, m là những hằng số tùy ý.F. BÀI TẬP1. Đề bàiBài toán 23. Tìm tất cả hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnfx+y2=f ( x ) + f (y),2∀ x, y > 0.Bài toán 24 (Đề nghị thi Olympic 30/04/2009).Cho hàm số f liên tục trên R và thỏa mãnf ( x ) f (y) − f ( x + y) = sin x sin y, ∀ x, y ∈ R.Chứng minh rằng111++> 2.1 + f (2x ) 1 + f (4x ) 1 − f (6x )Bài toán 25 (Gặp gỡ Toán học 2019).Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãnf ( x + f (y)) = 2y + f ( x ), ∀ x, y ∈ R+ .MỤC LỤC22 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 26. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãnf ( f ( x + y)) = f ( x + y) + f ( x ) f (y) − xy, ∀ x, y ∈ R.Chú ý 5. Đối với những phương trình hàm mà có giả thiết f : R+ → R+ thì phương phápthêm biến tỏ ra rất hữu hiệu, loạt bài toán sau đây thể hiện điều đó.Bài toán 27. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãnf (2x + 2 f (y)) = x + f ( x ) + 2y, ∀ x, y > 0.Bài toán 28. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãnf ( x + f (y)) = f ( x ) − x + f ( x + y), ∀ x, y > 0.Bài toán 29 (Chọn đội tuyển Hà Nam 2019).Tìm tất cả các hàm số f : R+ −→ R+ thỏa mãnf (y) f1+fy1x= 1+f (y), ∀ x, y > 0.xBài toán 30 (Romania 2014). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãnf ( x + 3 f (y)) = f ( x ) + f (y) + 2y, ∀ x, y ∈ R+ .Bài toán 31 (TST 2020 Đại học Vinh ngày 2).Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnf ( f ( xy) + 2xy) = 3x f (y) + 3y f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞) .Bài toán 32 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần 2, ngày 1).Tìm tất cả các số thực α = 0 sao cho tồn tại hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnf ( f ( x ) + y) = αx +1, ∀ x, y ∈ (0; +∞).1fyBài toán 33 (IMO Shortlist 2007). Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn:f ( x + f (y)) = f ( x + y) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞).Bài toán 34. Tìm tất cả hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnf ( x + f ( x + y)) = f (2x ) + f (y),∀ x, y > 0.MỤC LỤC23 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia LaiBài toán 35. Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnf ( x + y)2 = f ( x )2 + 2 f ( xy) + f (y)2 , ∀ x, y ∈ (0; +∞).Bài toán 36. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãnfxx−y= f ( x f ( x )) − f ( x f (y)),∀ x > y > 0.Bài toán 37. Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnf ( x f (y)) f (y) = f ( x + y), ∀ x, y ∈ (0; +∞).Bài toán 38 (Turkish TST 2014). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãnff (y) + x2 + 1 + 2x = y + f 2 ( x + 1), ∀ x, y ∈ R.Bài toán 39. Tìm các hàm số f : R → R, g : R → R thỏa mãnf ( x3 + 2y) + f ( x + y) = g( x + 2y), ∀ x, y ∈ R.Bài toán 40 (Đề nghị thi IMO-2011).Tìm tất cả các hàm số f , g : R → R thỏa mãng ( f ( x + y)) = f ( x ) + (2x + y) g(y), ∀ x, y ∈ R.Bài toán 41 (APMO 2016, problem 5).Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn(z + 1) f ( x + y) = f ( x f (z) + y) + f (y f (z) + x ), ∀ x, y, z ∈ R+ .Bài toán 42. Tìm tất cả các hàm số f : (1; +∞) → R thỏa mãnf ( x ) − f (y) = (y − x ) f ( xy), ∀ x > 1, y > 1.Bài toán 43. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãnf ( x + y) + f ( xy) + 1 = f ( x ) + f (y) + f ( xy + 1), ∀ x, y ∈ R.Bài toán 44 (Trường Đông toán học - Trung Trung Bộ (Đà Nẵng)-Năm học 2017-2018).Cho f là hàm số xác định trên tập các số thực và nhận giá trị trên tập các số thực thỏa mãnđiều kiệnMỤC LỤC24 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai(i) Nếu a + b + c ≥ 0 thì f a3 + f b3 + f c3 ≥ 3 f ( abc).(ii) Nếu a + b + c ≤ 0 thì f a3 + f b3 + f c3 ≤ 3 f ( abc).Chứng minh rằng(a) Nếu f (0) = 0 thì f là hàm lẻ;(b) f là hàm tăng;(c) f ( x ) + f (y) = 2 fx+y2với mọi x, y thuộc R.Từ đó hãy tìm tất cả các hàm f ( x ) thỏa mãn điều kiện đề bài.Bài toán 45. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãnf ( x + f (y)) = f (y2 + 3) + 2x f (y) + f ( x ) − 3, ∀ x, y ∈ R.Bài toán 46. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãnfx+yx−y=f ( x ) + f (y), ∀ x = y.f ( x ) − f (y)2. Lời giải, hướng dẫnBài toán 23. Giả sử tồn tại hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãnfx+y2=f ( x ) + f (y),2∀ x, y > 0.(1)Với mọi x > 0, y > 0, z > 0, theo (1) ta cófx+y+z2f (x) +f ( x ) + f (y + z)==22 f ( x ) + f (2y) + f (2z)=.4f (2y) + f (2z)22(2)Từ (2), ta đảo vị trí của x và y thì vế trái không đổi, trong khi đó vế phải thay đổi, nên ta thuđược 2 f ( x ) + f (2y) = 2 f (y) + f (2x ), hayf (2x ) − 2 f ( x ) = f (2y) − 2 f (y),∀ x, y > 0.Suy ra, tồn tại hằng số c sao cho f (2x ) − 2 f ( x ) = c với mọi x > 0. Từ đó, phương trình hàm(1) đã cho có thể được viết lại thànhf ( x + y) = f ( x ) + f (y) + c,∀ x, y > 0hay[ f ( x + y) + c] = [ f ( x ) + c] + [ f (y) + c] ,∀ x, y > 0.MỤC LỤC