Một số bài Toán phương trình hàm liên tục

MỘT SỐ BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN TỤC
Trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng
1. Một số bài phương trình hàm liên tục giải bằng cách xét một dãy số hội tụ
-Trong phần này các bài toán phương trình hàm được giải bằng cách sử dụng một định lý quen
thuộc của giải tích, thể hiện mối quan hệ giữa giới hạn hàm và giới hạn dãy.
Định lý 1.1: Cho hàm số
f
xác định trên khoảng
( ; )a b
;
0
( ; )x a b∈
tuỳ ý. Khi đó
a) Điều kiện cần và đủ để
0
lim ( )
x x
f x A
→
=
là với mọi dãy số
( )
n
a
hội tụ về
0
x
ta đều có
lim ( )
n
n

f a A
→+∞
=
b) Điều kiện cần và đủ để
( )f x
liên tục tại
0
x
là với mọi dãy số
( )
n
a
hội tụ về
0
x
ta đều có
0
lim ( ) ( )
n
n
f a f x
→+∞
=
Bài toán 1: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( ) ( )
3 3

x x
f x f− =
,
x∀ ∈R
Giải: Xét hàm số
( ) ( )
2
x
g x f x= −

x∀ ∈R
. Ta có
g
cũng là hàm liên tục trên tập
R
và
( ( ) ) ( ( ) )
2 3 6 3
x x x x
g x g+ − + =

⇒

( ) ( )
3
x
g x g=
x∀ ∈R
Với mọi số thực
x

tuỳ ý ta xét dãy số (
n
x
):
0
;
3
n
n
x
x x x= =
Suy ra
1
1
3
n n
x x
+
=

⇒

1
( ) ( )
n n
g x g x
+
=

⇒

….
⇒
0
( ) ( )
n
g x g x=

n∀ ∈N
Cho
n → +∞
và lấy giới hạn, chú ý rằng
lim lim 0
3
n
n
n n
x
x
→+∞ →+∞
= =
ta được
( ) lim ( ) (0)
n
n
g x g x g
→+∞
= =
Suy ra
( )
2

x
f x c= +
(với
(0)c g=
)
Thử lại,
( ) ( )
2 6 3
x x x
c c+ − + =
, thoả mãn. Vậy
( )
2
x
f x c x≡ + ∀ ∈R
(với
onsc c t=
tuỳ ý)
Chú ý: Thực ra trong bài toán 1 ta chỉ cần hàm số
f
liên tục tại điểm 0 là đủ
Bài toán 2: (Tổng quát hoá bài toán 1)
Cho các hằng số
, ,a b c
tuỳ ý thoả mãn
| | 1;| | 1a b≥ <
. Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên
tập

R
và thoả mãn:
( ) ( )af x f bx cx d+ = +
,
x∀ ∈R
Bài toán 3: Xác định hàm số
:[0;1] [0;1]f →
liên tục trên đoạn
[0;1]
và thoả mãn:
1
2 ( ) ( ) ( )
2 2
x x
f x f f
+
= +
,
[0;1]x∀ ∈
(1)
Giải: Do hàm số
f
liên tục trên đoạn
[0;1]
nên nó đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trên đoạn
này. Giả sử +
[0;1]
( ) max ( )
x
f a M f x

∈
= =
;
[0;1]a∀ ∈
+
[0;1]
( ) min ( )
x
f b m f x
∈
= =
;
[0;1]b∀ ∈
Ta sẽ chứng minh
M m=
; từ đó dẫn đến
( )f x c≡
(với
onsc c t=
tuỳ ý)
Thật vậy, do
[0;1]a ∈
nên
1
;
2 2
a a +
[0;1]∈
Thay
x a=

vào (1) ta được:
1
2 ( ) ( ) ( )
2 2
a a
f a f f
+
= +
Kết hợp với tính lớn nhất của
( )f a
suy ra:
1
( ) ( )
2 2
a a
f f M
+
= =
Làm hoàn toàn tương tự ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 2
n
a a a
M f a f f f= = = = =
n∀ ∈N
Cho
n → +∞
và lấy giới hạn, chú ý rằng
lim 0
2

n
n
a
→+∞
=
ta được:
lim ( ) (0)
2
n
n
a
M f f
→+∞
= =
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
lim ( ) (0)
2
n
n
b
m f f
→+∞
= =
. Suy ra
M m=
(cùng bằng
(0)f
).
Thử lại, ta thấy
( )f x c≡

(với
onsc c t=
tuỳ ý) thoả mãn đề bài.
Bài toán 4: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
2
1
( ) ( )
4
f x f x= +
,
x∀ ∈R
Giải: Thay
x
bởi
x−
ta được:
2
1
( ) ( ) ( )
4
f x f x f x− = + =
. Như vậy
f
là một hàm chẵn, do đó
ta chỉ cần chú ý đến những giá trị
0x ≥

. Giả sử
x
là một số không âm tuỳ ý, xét hai trường hợp:
TH1:
1
0
2
x≤ ≤
. Xét dãy số (
n
x
):
2
0 1
1
;
4
n n
x x x x
+
= = +
(1)
Từ công thức xác định dãy (
n
x
) dễ dàng thấy
1
( ) ( )
n n
f x f x

+
=
, dẫn đến
( ) ( )
n
f x f x=

n∀ ∈N
(2)
Lại có, bằng phương pháp chứng minh qui nạp, ta thu được:
1
1
0
2
n n
x x
+
≤ ≤ ≤
. Như vậy (
n
x
) là
dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi
1
2
, do đó tồn tại
lim
n
n
x a

→+∞
=
hữu hạn. Cho
n → +∞
, lấy
giới hạn hai vế biểu thức (1) ta được
2
1 1

4 2
a a a= + ⇔ =
Cho
n → +∞
, lấy giới hạn hai vế biểu thức (2) và chú ý
f
là hàm liên tục ta được
1
( ) lim ( ) ( ) ( )
2
n
n
f x f x f a f
→+∞
= = =
1
[0; ]
2
x∀ ∈
(3)
TH1:

1
2
x >
. Hoàn toàn tương tự ta cũng xây dựng được dãy (
n
y
):
0 1
1
;
4
n n
y x y y
+
= = −
đơn
điệu giảm (
1
1
2
n n
y y
+
> >
) và
1
lim
2
n
n

y
→+∞
=
. Dẫn đến
1
( ) lim ( ) ( )
2
n
n
f x f y f
→+∞
= =
1
2
x∀ >
(4)
Từ (3), (4) kết hợp với
f
là một hàm chẵn suy ra
1
( ) ( ) ons
2
f x f c t= =
x∀ ∈R
.
Thử lại, ta thấy
( )f x c≡
(với
onsc c t=
tuỳ ý) thoả mãn đề bài.

Bài toán 5: Giả sử
c
là một số thực tuỳ ý thoả mãn
1
4
c ≤
. Xác định hàm số
:f →R R
liên tục
trên tập
R
và thoả mãn:
2
( ) ( )f x f x c= +
,
x∀ ∈R
2. Hàm liên tục cộng tính
- Ta chú ý rằng tập hữu tỷ
Q
là trù mật của trong tập số thực
R
, vì vậy khi giải các bài toán
xác định hàm số
f
liên tục trên tập
R
, bài toán sẽ coi như được giải xong nếu ta xác định được
tất cả các giá trị
( )f q
,

q∀ ∈
Q
. Trong các bài toán ở mục này ta sẽ chỉ ra tính cộng tính của
cac hàm liên tục, sau đó áp dụng định lí dưới đây.
Định lý 2.1: Nếu
:f →R R
là một hàm liên tục, cộng tính:
( )f x y+
=
( )f x
+
( )f y
(1)
,x y∀ ∈R
thì
( )f x ax=
x∀ ∈R
(với
onsa c t=
tuỳ ý)
CM: Lần lượt thay
0x y= =
, và
y x= −
vào (1) suy ra
(0) 0
( ) ( )
f
f x f x x
=



− = − ∀ ∈

R

(0) 0f+ =

( ) ( )f x f x x+ − = − ∀ ∈R
Tiếp tục lần lượt thay
y x=
và
y nx=
(với
*
n∈N
tuỳ ý) vào (1) suy ra
+
(2 ) 2 ( )f x f x=

+
(( 1) ) ( ) ( )f n x f x f nx+ = +
Vì vậy bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta được:
( ) ( )f nx nf x=

n∀ ∈N
;
x∀ ∈R
(2)
Hơn nữa do

f
là hàm lẻ nên ta có (2) đúng
n∀ ∈Z
.
Lại có,
q∀ ∈Q
viết
*
; ,
m
q m n
n
= ∈ ∈Z N
ta được

1
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
( ) ( )
m
f qx f x mf x
m
n n
f qx f x qf x x
n
f x nf x
n

+ = =



⇒ = = ∀ ∈


+ =


R
Cuối cùng, với mọi số thực
r
tuỳ ý ta viết
lim
n
n
r q
→+∞
=
, với
( )
n
q
là một dãy số hữu tỷ, khi đó
( ) lim ( ) lim ( ( )) ( )
n n
n n
f rx f q x q f x rf x
→+∞ →+∞
= = =
x∀ ∈R

Dẫn đến
( ) (1)f x xf ax= =
(với
(1)a f=
)
Thử lại, với
onsa c t=
tuỳ ý ta có hàm số
( )f x ax=
liên tục trên tập
R
và
( )f x y+
=
( )a x y ax ay+ = +
=
( )f x
+
( )f y
,x y∀ ∈R
Bài toán 6: Giả sử
:f
+ +
→R R
là một hàm liên tục, nhân tính:
( ) ( ) ( )f xy f x f y=

,x y
+
∀ ∈R

.
Chúng minh rằng hàm
f
có dạng
( )
a
f x x=
x
+
∀ ∈R
(với
onsa c t=
tuỳ ý)
Giải: Đặt
(1)a f=
và xét hàm số
:g →R R
;
( ) ln ( )
u
g u f e=

x∀ ∈R
. Ta có
g
cũng là hàm
liên tục và
( ) ln ( ) ln ( ) ln ( ) ( )
ln ( ) ln ( ) ( ) ( )
u v u v u v

u v
g u v f e f e e f e f e
f e f e g u g v
+
+ = = =
= + = +
,u v∀ ∈R
Nghĩa là
g
là hàm cộng tính liên tục, dẫn đến
( )g u au=
, (với
onsa c t=
tuỳ ý)
⇒

( ) ( )
u au u a
f e e e= =
⇒

( )
a
f x x=
x
+
∀ ∈R
Bài toán 7: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập

R
và thoả mãn:
( ) ( ) ( ) 2 ,( =cons )f x y f x f y axy a t+ = + +
,x y∀ ∈R
Giải: Xét hàm số
:g →R R
;
2
( ) ( )g x f x ax= −
. Ta có
g
cũng là hàm liên tục và:
2 2
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )
( ) ( ) ( ) ( )
g x y f x y a x y f x f y axy a x y
f x f y ax ay g x g y
+ = + − + = + + − +
= + − − = +
,x y∀ ∈R
Vậy
( )g x bx=
x∀ ∈R
(với
onsb c t=
tuỳ ý), dẫn đến
2
( )f x ax bx= +
x∀ ∈R

Bài toán 8: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( ) ( )
( )
2 2
x y f x f y
f
+ +
=
,x y∀ ∈R
(Phương trình hàm Jensen)
Giải: Xét hàm số
:g →R R
;
( ) ( ) (0)g x f x f= −
. Ta có
(0) 0g =
; hơn nữa
g
cũng là hàm liên
tục và:
( ) ( )
( )
2 2
x y g x g y
g
+ +

=
,x y∀ ∈R
(1)
Thay
0y =
vào (1) ta được
( ) 2 ( )
2
x
g x g=
( ) 2 ( ) ( ) ( )
2
x y
g x y g g x g y
+
⇒ + = = +
,x y∀ ∈R
Như vậy
g
là hàm cộng tính liên tục, dẫn đến
( )g x ax≡
( ) (0)f x ax f ax b⇒ ≡ + ≡ +
(với
, =consa b t
)
Bài toán 9: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:

( ( ( ))) ( ) ( ) ( )f f f x y xy f x f y f xy+ + = + +
,x y∀ ∈R
(1)
Giải: Thay
0y =
vào (1) ta được
3
( ) 2 (0) ( )f x f f x= +
Kết hợp (1) suy ra:
2 (0) ( ) ( ) ( ) ( )f f x y xy f x f y f xy+ + + = + +
,x y∀ ∈R
Đặt
( ) ( ) (0)g x f x f= −
.Ta có
(0) 0g =
; hơn nữa
g
cũng là hàm liên tục và:
( ) ( ) ( ) ( )g x y xy g x g y g xy+ + = + +
,x y∀ ∈R
(2)
Đến đây ta dự đoán sẽ chỉ ra được
g
là cộng tính
Thay
1y =
vào (2) ta được
(2 1) 2 ( ) (1)g x g x g+ = +
(3)
Trong đẳng thức (3) ta thay

x
bởi
x y xy+ +
và kết hợp với (2) được
(2( ) 1) 2 ( ) (1)
=2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) (1)
g x y xy g x y xy g
g x g y g xy g
+ + + = + + +
+ + +
(4)
Chú ý rằng ta có thể viết
2( ) 1 (2 1) (2 1)x y xy x y x y+ + + = + + + +
; vì vậy theo đẳng thức (2),
và sau đó kết hợp với (3) ta được
(2( ) 1) (2 1) ( ) ((2 1) )
2 ( ) (1) ( ) ((2 1) )
g x y xy g x g y g x y
g x g g y g x y
+ + + = + + + +
= + + + +
(5)
Từ (4) và (5) suy ra
(2 ) 2 ( ) ( )g xy y g xy g y+ = +
(6)
Thay
1
2
x = −
vào (6) ta được

( ) (0) 2 ( ) 2 ( )
2 2
y y
g y g g g= − − = − −
(7)
Lại có, khi thay
1x = −
vào (2) ta được
( ) ( )g y g y− = −
(8)
Từ (7) và (8) suy ra
( ) 2 ( )
2
y
g y g=
. Kết hợp (6) suy ra
(2 ) (2 ) ( )g xy y g xy g y+ = +
, dẫn đến
g

là cộng tính và như vậy
( )g x ax≡
( ) (0)f x ax f ax b⇒ ≡ + ≡ +
(với
, =consa b t
)
Bài toán 10: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R

và thoả mãn:
2
( ) ( ) ( ( ) ( ))f x y f x y f x f y+ − =
,x y∀ ∈R
(1)
Giải: Ta nhận thấy
( ) 0f x ≡
thỏa mãn bài toán. Bây giờ ta giả sử
0
x∃
sao cho
0
( ) 0f x ≠
Thay
0y =
và
x
=
0
x
vào (1) được
2 2 2
0 0
[ ( )] [ ( )] [ (0)]f x f x f=
(0) 1

(0) 1
f
f
=


⇒

= −

*Xét trường hợp
(0) 1f =
, thay
y x=
vào (1) được
2
(2 ) [ ( )]f x f x=
(2)
x∀ ∈R
Suy ra
( ) 0f x ≥

x∀ ∈R
. Ta sẽ chứng tỏ
( ) 0f x >

x∀ ∈R
Thật vậy, giả sử có
1
( ) 0f x =
(2)
⇒
1
( ) 0
2

x
f =
⇒
1
( ) 0
4
x
f =
⇒
…
⇒
1
( ) 0
2
n
x
f =
n∀ ∈N
Cho
n → +∞
và lấy giới hạn, chú ý rằng
1
lim 0
2
n
n
x
→+∞
=
ta được

1
(0) lim ( ) 0
2
n
n
x
f f
→+∞
= =
, mâu thuẫn.
Điều này chứng tỏ
( ) 0f x >

x∀ ∈R
.
Lại có thay
2 2 2
( ) ( ) [ ( )] [ (0)] [ ( )] ( ) ( )f y f y f y f f y f y f y− = = ⇒ = −
. Như vậy
f
là một hàm
chẵn.
Bây giờ với mỗi số nguyên dương
n
tuỳ ý, trong đẳng thức (1) ta thay
x
bởi
nx
và thay
y

bởi
x
, được:
2 2
(( 1) ) (( 1) ) [ ( )] [ ( )]f n x f n x f nx f x+ − =
Do đó, sử dụng phương pháp chứng minh qui nạp suy ra
2
( ) [ ( )]
n
f nx f x=
,n x∀ ∈ ∀ ∈N R
(3)
Chú ý rằng
f
là một hàm chẵn, nên ta cũng có (3) đúng
n∀ ∈Z
Tiếp tục
r∀ ∈Q
, viết
, , , 0
n
q m n m
m
= ∈ ≠Z
. Khi đó ta có
2
2
2
2
2

( ) ( . ) [ ( )]
[ ( )] [ ( )] [ ( )]
( ) [ ( )]
m
n
q
m
n
f nx f m qx f qx
f qx f x f x x
f nx f x

+ = =

⇒ = = ∀ ∈

+ =


R
Hoàn toàn tương tự như chứng minh định lý 2.1 ta cũng dẫn đến
2
( ) [ ( )]
r
f rx f x=
,r x∀ ∈ ∀ ∈R R
Suy ra
2 2
( ) [ (1)]
x x

f x f a= =
(với
ons , 0a c t a= >
)
*Trường hợp
(0) 1f = −
, ta xét hàm
( )f x−
, khi đó ta cũng có
2
( )
x
f x a− =
(với
ons , 0a c t a= >
)
Vậy hoặc
( ) 0f x ≡
hoặc
2
( )
x
f x a≡
hoặc
2
( )
x
f x a≡ −
(với
ons , 0a c t a= >

)
Nhận xét:Trong bài tập trên, thực tế ta không chỉ ra được hàm nào có tính cộng tính; tuy nhiên
về kĩ thuật chứng minh thì tương tự như chứng minh đinh lí 2.1; bước đầu xác định tất cả các
giá trị
( )f q
,
q∀ ∈
Q
; sau đó nhờ tính trù mật của tập hữu tỷ
Q
trong tập số thực
R
ta xác định
được tất cả các giá trị của hàm
f
.
Bài toán 11: Xác định hàm số
f
xác định và liên tục trên khoảng
( 1;1)−
và thoả mãn:
( ) ( )
( )
1 ( ) ( )
f x f y
f x y
f x f y
+
+ =
−

(với
, , ( 1;1)x y x y+ ∈ −
)
Bài toán 12: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( ) ( ) ( )f ax by af x bf y+ = +
,x y∀ ∈R
Trong đó
, 0a b ≠
là hai số thực cho trước.
Bài toán 13: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( ) ( ) 2 ( 1) ( ) ( ) 4f x y f x y f xy f x f y+ − − = + − −
,x y∀ ∈R
3. Hàm liên tục đơn điệu
Định lý 3.1: Giả sử
f
là một hàm xác định và liên tục trên khoảng
[ ; ]a b
. Khi đó với mọi số
thực
M
nằm giữa
( )f a

và
( )f b
đều tồn tại ít nhất một số
( ; )c a b∈
sao cho
( )f c M=
Định lý 3.2: Giả sử
f
là một hàm xác định và liên tục trên khoảng
( ; )a b
. Khi đó nếu
f
là đơn
ánh trên khoảng
( ; )a b
thì
f
là đơn điệu.
Chú ý: Định lí 3.2 vẫn đúng nếu ta thay khoảng
( ; )a b
bởi đoạn
[a;b]
hoặc tập số thực
R
.
Bài toán 14: Cho hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn đồng thời hai điều kiện

sau: a)
(2012) 2011f =
b)
4
( ). ( ) 1f x f x =
x∀ ∈R
(1)
Hãy tính
(2010)f
và
(2009)f
Giải: Kí hiệu
f
D
là tập giá trị của hàm số
f
. Chú ý rằng từ (1) ta có nếu
f
a D∈
thì
0a ≠
và
3
1
( )f a
a
=
, suy ra
f
là đơn ánh trên

f
D
. Ta sẽ giải bài toán dựa trên những nhận xét sau:
Nhận xét 1:
(0; )
f
D ⊂ +∞
Nhận xét 2:
f
còn là hàm đơn điệu giảm trên
f
D
Nhận xét 3: nếu
f
a D∈
thì
1
( )f a
a
=
Nhận xét 4:
1
[ ;2011]
2011
f
D⊂
Nhận xét 1 dễ dàng suy ra vì
0
f
D∉

và
2011
f
D∈
. Tương tự ta cũng suy ra ngay nhận xét 4 vì
2011 (2012)
f
f D= ∈
và
4
1
(2012)
2011
f
f D= ∈
C/m nhận xét 2: Giả sử ngược lại tồn tại
,
f
a b D∈
thoả mãn
0 a b< <
và
( ) ( )f a f b<
(2).
Đặt
2 2 3 3
min{ , , ( ), ( ), ( ), ( ), ( ), ( )}m a b f a f b f a f b f a f b=
;
2 2 3 3
max{ , , ( ), ( ), ( ), ( ), ( ), ( )}M a b f a f b f a f b f a f b=

[ , ] D
f
m M⇒ ⊂
f⇒
cũng là đơn ánh trên
[ , ]m M
.
Theo định lí 3.2 và kết hợp với (2) ta có
f
là hàm đơn điệu tăng trên
[ , ]m M
Suy ra
2 2 3 3
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) f a f b f a f b a b
a b
< ⇒ < ⇒ < ⇒ >
, mâu thuẫn
Vậy
f
là hàm đơn điệu giảm trên
f
D
C/m nhận xét 3: Giả sử ngược lại tồn tại
f
a D∈
nhưng
1
( )f a
a

≠
TH1:
1
( )f a
a
>
(Chú ý
f
a D∈
thì
3
1
( )
f
f a D
a
= ∈
)
⇒

2
1
( ) ( )f a f
a
<
(3)
⇒

3 2
1

( ) ( )f a f
a
>
⇒

3 2
1 1
( ) ( )f a f
a a
= >
⇒

3
1 1
( ) ( )f f a
a a
< =
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
2 3
1
( ) ( ) ( )f a a f a f a
a
< ⇒ = >
, mâu thuẫn.
TH2:
1
( )f a
a
<

. Hoàn toàn tương tự trường hợp này cũng dẫn đến mâu thuẫn
Dựa vào các nhận xét ta có
1
(2010)
2010
f =
và
1
(2009)
2009
f =
Bài toán 15: Cho hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn đồng thời hai điều kiện
sau: a)
0
x∃
sao cho
0
( ) 0f x >
b)
4
( ). ( ) 1f x f x =
x∀ ∈R
Chứng minh rằng
2
( ). ( ) 1f x f x =
x∀ ∈R

Bài toán 16: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( ( )) ( ) 6f f x f x x= +
x∀ ∈R
(1)
Giải: Dễ thấy
f
là đơn ánh trên tập
R
; thật vậy nếu
1 2
( ) ( )f x f x=
sẽ dẫn đến
2 1 2 2
( ) ( )f x f x=
Kết hợp với (1) suy ra
1 2
6 6x x=
1 2
x x⇒ =
. Vậy
f
là liên tục nên
f
là hàm đơn điệu
trên tập
R

.
Thay
0x =
vào (1) có
( (0)) (0)f f f=
, suy ra
(0) 0f =
. Bây giờ ta xét hai trường hợp
TH1:
f
là đơn điệu giảm.
Với
x
là một số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy (
n
x
):
0
; ( )
n n
x x x f x= =
. Đây là một dãy truy hồi
tuyến tính cấp hai
1 1
6
n n n
x x x
+ −
= +
có phương trình đặc trưng:

2
3
6 0
2
X
X X
X
=

− − = ⇔

= −

Số hạng tổng quát của dãy được xác định bởi công thức
1 1
( ( ) 2 )3 ( ( ) 3 )( 2)
5 5
n n
n
x f x x f x x= + − − −
n∀ ∈N
(2)
Ta sẽ chứng minh
( ) 2 0f x x+ =

x∀ ∈R
, thật vậy
* Nếu
0x >
, chú ý rằng

f
là đơn điệu giảm thực sự và
(0) 0f =
nên
+
2
0
k
x >
(3)
+
2 1
0
k
x
+
<
(4)
Từ (2) và (3) suy ra
2
2
2
( ) 2 ( ( ) 3 )
3
k
k
f x x f x x+ > −
k∀ ∈N
Từ (2) và (4) suy ra
2 1

2 1
2
( ) 2 ( ( ) 3 )
3
k
k
f x x f x x
+
+
+ < − −
k∀ ∈N
Cho
k → +∞
và lấy giới hạn các vế của các bất đẳng thức trên ta được
( ) 2 0
( ) 2 0
( ) 2 0
f x x
f x x
f x x
+ + ≥

⇒ + =

+ + ≤

* Làm hoàn toàn tương tự, nếu
0x <
ta cũng có
( ) 2 0f x x+ =

TH2:
f
là đơn điệu tăng, trường hợp này khó hơn ta sẽ xét hàm nghịch đảo
1
f
−
Chú ý rằng Với
0x >
ta có
( ) (0) 0f x f> =
. Lần lượt cho
x → +∞
,
x → −∞
và lấy giới hạn 2
vế của (1) ta được, chú ý rằng
0x >

⇔
( ) (0) 0f x f> =
(và
0x <

⇔
( ) (0)f x f<
) ta được
+
2
lim ( )
x

f x
→+∞
= +∞
+
2
lim ( )
x
f x
→−∞
= −∞
Kết hợp với định lý 3.1 suy ra
f
là toàn ánh. Vậy
f
là song ánh và
1
f
−
cũng là hàm liên tục,
đơn điệu tăng trên tập
R
;
1
(0) 0f
−
=
Với
x
là một số thực tuỳ ý, ta xây dựng dãy (
n

x
):
0 1
( ); ( )
n n
x f x x f x
+ −
= =
. Đây là một dãy truy
hồi tuyến tính cấp hai
1 1
1 1
6 6
n n n
x x x
+ −
+ =
có phương trình đặc trưng:
2
1
1 1
2
0
1
6 6
3
X
X X
X


= −

+ − = ⇔


=


Số hạng tổng quát của dãy được xác định bởi công thức
3 1 2 1
( ( ) 2 ) ( ( ) 3 )
5 3 5 ( 2)
n
n n
x f x x f x x= + + −
−
n∀ ∈N
(5)
Ta sẽ chứng minh
( ) 3 0f x x− =

x∀ ∈R
, thật vậy
* Nếu
0x >
, chú ý rằng
f
là đơn điệu tăng thực sự và
(0) 0f =
nên

+
2
0
k
x >
(6)
+
2 1
0
k
x
+
>
(7)
Từ (5) và (6) suy ra
2
2
2
( ) 3 ( ( ) 2 )
3
k
k
f x x f x x− > − +
k∀ ∈N
Từ (5) và (7) suy ra
2 1
2 1
2
( ) 3 ( ( ) 2 )
3

k
k
f x x f x x
+
+
− < +
k∀ ∈N
Cho
k → +∞
và lấy giới hạn các vế của các bất đẳng thức trên ta được
( ) 3 0
( ) 3 0
( ) 3 0
f x x
f x x
f x x
+ − ≥

⇒ − =

+ − ≤

* Làm hoàn toàn tương tự, nếu
0x <
ta cũng có
( ) 3 0f x x− =
Thử lại, ta thấy
( ) 3f x x≡
và
( ) 2f x x≡ −

thoả mãn đề bài.
Bài toán 17: Cho 2 số thực
,a b
sao cho
0a b> >
. Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên
tập
R
và thoả mãn:
( ( )) ( ) ( )f f x a b f x abx= − +
x∀ ∈R
Bài toán 18: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( 9 ( )) 4 ( )f x f y y f x+ = +
,x y∀ ∈R
(1)
Giải: Thay
0x =
vào (1) được
(9 ( )) 4 (0)f f y y f= +
(2)
Từ (2) dễ dàng suy ra
f
là đơn ánh. Tiếp tục thay
0y =

vào (1) được
(9 (0)) 4 (0) 9 (0) 0 (0) 0f f y f f f= + ⇒ = ⇒ =
Thay
( )x f t=
vào (1), sau đó kết hợp với (2) ta được
(9 ( ) 9 ( )) 4 (9 ( )) 4 4
=4( )= (9 ( ))
f f t f y y f f t y t
t y f f t y
+ = + = +
+ +
Mà
f
là đơn ánh nên
9 ( ) 9 ( )=9 ( )f t f y f t y+ +
,t y∀ ∈R
Như vậy
f
là hàm cộng tính liên tục, suy ra
( ) ( ons )f x ax a c t≡ =
Từ (2) suy ra
2
9 4a y y=
2
3

2
3
a
a


=

⇒

= −

Bài toán 19: Cho các số thực
,a b
. Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả
mãn:
( ( )) ( )f x af y by f x+ = +
,x y∀ ∈R
(1)
4. Một số bài toán khác
Bài toán 20: Cho
a
là một số thực,
0 1a< <
. Giả sử
f
là một hàm xác định và liên tục trên
đoạn
[0;1]
thoả mãn
( ) (1 ) ( ) ( ) , [0;1];

2
x y
f a f x af y x y x y
+
= − + ∀ ∈ ≤
Bài toán 21: Xác định tất cả các hàm liên tục
:[0; ) [0; )f + ∞ → + ∞
, thỏa mãn:
2
1
2 ( ) ,
1 2
x x
f x f f
x x
+
   
= +
 ÷  ÷
+ +
   
với mọi
[0; ).x∈ + ∞
Bài toán 22: Có tồn tại hay không hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( 2008)( ( ) 2009) 2010f x f x+ + = −
x∀ ∈R

Bài toán 23: Xác định hàm số
:f →R R
liên tục trên tập
R
và thoả mãn:
( ) ( ) ( ) ( )f x y f xy f y f xy x+ + = + +
,x y∀ ∈R
Bài toán 24: Cho hai hàm số
f
và
g
cùng xác định và liên tục trên tập số thực
R
. Giả sử
f

và
g
đều là các hàm tuần hoàn với chu kì cơ sở lần lượt là
,a b
. Chứng minh rằng điều kiện cần
và đủ để hàm
( ) ( ) ( )F x f x g x= +
cũng là hàm tuần hoàn là
a
b
là một số hữu tỷ.