Phương trình hàm có liên quan đến hàm số lũy thừa, hàm số mũ,hàm số lôgarit

1
CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO
MÔN TOÁN
Phương trình hàm có liên quan đến hàm số lũy thừa, hàm
số mũ,hàm số lôgarit
Biên soạn: Nguyễn văn Hóa. Trường THPT chuyên Quốc Học Huế
Mở đầu: Sau khi học xong hàm số lũy thừa,hàm số mũ,hàm số lôgarit học sinh có thể vận dụng
giải một vài bài toán phương trình hàm để làm sâu sắc hơn kiến thức đã học.
Mục đích của bài viết này là đưa ra một vài ví dụ phương trình hàm để giúp học sinh tiếp cận với
vấn đề trên.
1/ Nhắc lại phương trình hàm Cauchy:
Nếu
:f →¡ ¡
và ∀x,y∈ℝ,f(x+y)=f(x)+f(y).
a/ f liên tục tại 0 thì f(x)=ax (a số thực )
b/ f đơn điệu trên ℝ thì f(x)=ax (a số thực )
c/ f bị chặn trên(hoặc dưới) trên đoạn nào đó thì f(x)=ax (a số thực )
2/ Sau đây là 3 bài toán phương trình hàm quen thuộc
Bài toán 1:
Tìm
:f →¡ ¡
liên tục tại 0 và ∀x,y∈ℝ,f(x+y)=f(x)f(y).
Giải:
Cho x=y=0 ta có: f(0)=0 hoặc f(0)=1.
+ Nếu f(0)=0 thì f(x) =f(x+0)=0 hay f là hàm số hằng 0.
+Nếu f(0)=1 :f(x)f(-x)=1 nên f(x) . Vậy f(x)=(f(x/2))
2
>0 .
Cách 1(dùng phương trình hàm Cauchy)
Đặt g(x)=lnf(x) thì g xác định trên và liên tục tại 0.
g(x+y)=g(x)+g(y) suy ra g(x)=bx hay f(x)= a

x
, (a=e
b
).
Cách 2:
+Quy nạp: f(nx)=(f(x))
n
với n là số tự nhiên. f(1)=f(q.1/q)=(f(1/q))
q
nên f(1/q)=(f(1))
1/q
Do đó f(p/q)= (f(1/q))
p
=(f(1))
p/q
. Nếu p nguyên âm thì
( )
( )
/
/
1 1
( / ) (1) , ( ) ( (1) 0)
( / )
(1)
p q
t
p q
f p q f t f t a a f
f p q
f

−
= = = ⇒ ∀ ∈ = = >
−
¤

+Từ f(a+h)=f(a)f(h) suy ra
Do đó f liên tục trên
f(x)=a
x
với moị x hữu tỉ nên f(x) = a
x
với mọi số thực x (a =f(1)>0).
Đáp số: f(x)=0 hoặc f(x)=a
x
(a >0)
Bài toán 2:
Tìm hàm số f sao cho ∀x,y >0,f(xy)=f(x)f(y) và f liên tục tại x=1.
Dùng bài toán 1:
2
+ Cho x=y=1 ta có f(1)=0 hoặc f(1)=1.
+ Nếu f(1)=0 thì f(x)=f(1)f(x)=0.
+Nếu f(1)=1 ,Với mọi x > 0 f(x)f(x
-1
)=1 Vậy f(x) ,
Xét g(x)= f(e
x
) :
+ g(x+y)=f(e
x
.e

y
)=f(e
x
)f(e
y
)=g(x)g(y) . g liên tục tại 0 .
Vậy g(x)=b
x
(b >0) hay f(e
x
)=b
x
. Mọi x >0 tồn tại x’ sao cho x = e
x’
, f(x)=b
x’
=b
lnx
vì b >0 nên tồn
tại d sao cho e
d
=b. suy ra f(x)=x
d
Đáp số: f(x)=0 hoặc f(x)= x
d
(x >0 và d số thực nào đó)
Bài toán 3 :
Tìm hàm số f sao cho f(xy)=f(x)+f(y) và f liên tục tại 1.
Giải
Đặt g(x) =e

f(x)
: thì g(xy )= g(x).g(y) , g liên tục tại 1 nên g(x)=x
a
vậy f(x)=alnx .
+ Nếu a=0 thì f(x)=0
+Nếu a thì đặt: .
f(x)= .
3/ Các ví dụ khác:
Bài toán 1: Cho a >0 .Tìm hàm số f sao cho:
i/ f(x) ∀x
ii/ f(x+y) .
Giải:
Từ i/ ta có f(x) >0,∀x
f(0)≥1 và (f(0))
2
≤f(0)⇒f(0)=1.
Cho y=-x thì 1=f(x-x)≥f(x)f(-x)≥a
x
a
-x
=1. Nếu tồn tại x sao cho f(x)>a
x
thì 1 >1 (mâu thuẩn)
Vậy f(x)= a
x
Bài toán 2:
Tìm hàm số g: sao cho:(a là số thực)
i/ g(x) ,
ii/ g(x+y)
Đặt f(x)=g(x)+1 thì ta có

i/ f(x) ,
3
ii/ f(x+y)
Có hai cách giải bài toán này:
1/ Dùng đạo hàm:
Giải:
+Nếu a=0 thì f(x) >0 với mọi x.
+Nếu a thì
Nếu a>0 f(x) > 0 ⇔ x∈(-1/a;+∞) ,
Nếu a <0 thì f(x) >0 ⇔ x∈(-∞;-1/a )
Với mỗi số thực x
+Qui nạp: ∀n,n là số nguyên dương :f(x) .
+a>0 chọn n đủ lớn thì suy ra f(x) >0 mọi x.
+f(x+h)-f(x)
+f(x)=f(x+h-h) f(x+h)f(-h) f(x+h)(1-ah) .chọn h đủ bé sao cho 1-ah >0 suy ra f(x+h) .
Suy ra f(x+h)-f(x)
Vậy: af(x)h f(x+h)-f(x) suy ra .
Hay f’(x)=af(x). Đặt g(x)=f(x)/e
ax
thì g’(x)=0 suy ra f(x)=Ce
ax
+f(0) nên f(0)=1. Suy ra f(x)=e
ax
hay f(x) = b
x
với b= e
a
.
2/ Dùng bài toán 1:
Ta có f(x) >0 và f(0)≥1 và (f(0))

2
≤f(0)⇒f(0)=1.
nên f(nx)≥f(x)
n
. (n∈ℕ* và x ∈ℝ)
Với mọi x ∈ℝ chọn n
0
sao cho ∀n> n
0
⇒1+ax/n >0 thì

0
x
, ( ) ( ) ( ) 1 a
n n
x x
x n n f x f n f
n n n
   
∀ ∈ ∀ > ⇒ = ≥ ≥ +
 ÷  ÷
   
¡
Cho n→+∞ ta có: f(x)≥e
ax
. Đặt e
a
=b thì f(x)≥b
x
.

Nên theo bài toán 1 ta có f(x)= b
x
.
Đáp số: g(x)= )= b
x
-1
Bài toán 3(VMO –B/2000)
Cho a >0,tìm f : ℝ→ℝ sao cho f liên tục tại 0 và ∀x,y,z∈ ℝ
f(x-y)f(y-z)f(z-x) +a=0
Giải:
Cho x=t/2,y=-t/2 và z=0 thì f(t)(f(-t/2))
2
+a =0 suy ra ∀t ∈ℝ, f(t )<0
Do đó: lna=ln(-f(x-y))+ ln(-f(y-z))+ ln(-f(z-x)).
4
Đặt g(x)= ln(-f(x))- lna
1/3
, ta có: g(x-y)+g(y-z)+g(z-x) =0
Với mọi u,v là số thực tồn tại x,y,z thực sao cho u=x-y,v=y-z⇒u+v=x-z
Vậy g(u)+g(v)+g(-u-v)=0 chou=v=0 thì g(0)=0 và cho u=-v thì g(u)=-g(-u)
Do đó g(u)+g(v)=g(u+v) mọi u,v .f liên tục tại 0 nên g liên tục tại 0 nên g(x)=kx
1/3
1/3
( )
ln ( )
kx
f x
kx f x e a
a
 

− = ⇒ = −
 ÷
 
.Đặt a
1/3
=e
h
thì
( )
kx h
f x e
+
= −
Bài toán 4(VMO –2007)
cho a >0 và a≠1
Tìm f : ℝ→ℝ sao cho ∀x,y∈ ℝ
x
( ) 1 ( ) 1
, , ( ) ( ).3 a (3 )
y
y y
a f y a f y
x y f x y f x a
+ − + −
∀ ∈ + = −
+
¡
Giải:
x
x

( ) 1 ( ) 1
( ) 1
, , ( ) ( ).3 a (3 )
, , ( ) 3 ( ( ) a )
y
x y
y y
y
a f y a f y
a f y
x y f x y f x a
x y f x y a f x
+
+ − + −
+ −
∀ ∈ + = −
⇔ ∀ ∈ + + = +
+
¡
¡
Đặt g(x)=f(x)+a
x
,ta có:g(x+y)=g(x).3
g(y)-1
Với y=0 thì g(x)=g(x).3
g(0)-1
.
+g(0)≠1 thì g(x)=0 hay f(x)=-a
x
(thỏa mãn )

+g(0)=1 cho x=0 thì g(y)= 3
g(y)-1
.
Xét phương trình h(t)= 3
t
-3t .h”(t) >0 nên phương trình có không qúa 2 nghiệm.
t=1 là nghiệm, ,h’(t)=0 có nghiệm duy nhất u trên (0,1) và hàm số đạt cực tiểu tại u
h(1)=0,h(0)=1 suy ra h(t)=0 có nghiệm c ∈(0,u)
Vậy g(y)=1 hoặc g(y)=c.
Nếu tồn tại v ,g(v)=c thì 1=g(0)=g(v-v)=g(-v). 3
g(v)-1
=g(-v)g(v)=cg(-v)
Vậy g(-v)=1/c >1 mâu thuẩn với g(-v)=1 hoặc g(-v)=c < 1
Do đó:f(x)=1-a
x
hoặc f(x)=a
x
Bài toán 5(HSG 2010:Thừa Thiên Huế)
Tìm f : ℝ→ℝ
sao cho f liên tục tại 0 và ∀x,y∈ℝ ,(f(x)-1).(f(y)-1).(2-f(x+y))= (2-f(x)).(2-f(y)).(f(x+y)-1)
Giải:
Để ý đến dạng f(x+y)=f(x)f(y) . Ta xét trường hợp có a∈ℝ sao cho f(a)=1
Trong phương trình cho x=y=t/2 thì (f(t/2)-1)
2
(2-f(t))=(2-f(t/2))
2
(f(t)-1)
2
.(*).
Từ f(a)=1 (*) suy ra f(a/2)=1 ,từ đó

, ( ) 1
2
n
a
n f
∀ ∈ =
¥
.f liên tục taị 0 nên f(0)=1
Cho y=0 thì mọi x ,(2-f(x))(f(x)-1)=0.Nếu có b∈ℝ sao cho f(b)=2 thì từ(*) ta có f(b/2)=2
Tương tự ta có f(0)=2 (mâu thuẩn với f(0)=1). Vậy nếu có a dể f(a)=1 thì f(x)=1 là hàm số thỏa
mãn.
Xét ∀x∈ℝ,f(x)≠1 lúc đó phương trình viết lại:
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
( ) 1 ( ) 1 ( ) 1
f x y f x f y
f x y f x f y
  
− + − −
=
 ÷ ÷
+ − − −
  
.Đặt
2 ( )
( )
( ) 1
f x
g x
f x
−

=
−
thì g liên tục tại 0 nên g(x)=0 hay
g(x)= b
x
(b > 0).
Vậy f(x)=2,f(x)=1 hoặc
2
( )
1
x
x
b
f x
b
+
=
+
5
Bài toán 6:
Tìm f : ℝ→ℝ
sao cho f liên tục tại 0 và ∀x,y∈ℝ , (f(x+y))(1-f(x)-f(y)+2f(x)f(y)) = f(x).f(y)
Giải:
x=y=t/2 thì
2 2
( ) 1 2 ( ) 2 ( ) ( )
2 2 2
t t t
f t f f f
 

   
− + =
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
(*)
Nếu có a∈ℝ sao cho f(a)=1thì (*) cho ta f(a/2)=1 tương tự (BT5) ta có f(0)=1
Cho y=0 thì f(x)[f(x)-1]=0.
Nếu có f(b)=0 thì f(b/2)=0 nên f(0)=0 (mâu thuẩn)
Vậy nếu có a để f(a)=1 thì f(x)=1 là hàm số thỏa mãn.
Xét ∀x∈ℝ,f(x)≠1 lúc đó phương trình viết lại:
( ) ( ) ( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
f x y f x f y
f x y f x f y
  
+
=
 ÷ ÷
− + − −
  
Từ đó ta có :f(x)=0,f(x)=1 ,
x
x
a
( )
1 a
f x

=
+
Bài toán 7: IMO shortlist 2003
Tìm f : ℝ

+
→ℝ
+
sao cho f tăng trên [1;+∞) và
, , 0, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x y z f xyz f x f y f z f xy f zy f xz
∀ > + + + =
Giải:
Cho x=y=z=1 thì 4f(1)=(f(1))
3
⇒f(1)=2
Cho z =xy,thay x bởi x/y và y bởi y/x ta có:
2f(xy)+f(x/y)+f(y/x)=f(1)f(y)f(x) (*).
Cho y=1 thì 3f(x)+f(1/x)=(f(1))
2
f(x)⇒∀x>0 ,f(1/x)=f(x).
(*)⇒f(xy)=f(x)f(y)-f(x/y) (**)
Ta có f(e)≥f(1)=2 vậy tồn tại a ≥0 sao cho f(e)=e
a
+e
-a
Từ (**) ta có f(x
2
) =(f(x))
2
-2,dựa vào hệ thức này quy nạp ta có:

2 2 2
, ( )
a a
n n n
n f e e e
− − −
∀ ∈ = +
¥
Từ (**) ta có:
( 1)2 2 2 ( 1)2
, , ( ) ( ) ( ) ( )
m m m
n n n n
m n f e f e f e f e
+ −
− − − −
∀ ∈ = −
¥
Từ hệ thức này quy nạp ta có:
2 2 2
, , ( )
m am am
n n n
m n f e e e
−
− − −
∀ ∈ = +
¥
Tập A={m2
-n

/m,n∈ℕ} trù mật trong ℝ
+
Xét x >0 tồn tại hai dãy (a
n
),(b
n
) trong A sao cho a
n
<x<b
n
và (a
n
),(b
n
) hội tụ về x.
, ( ) ( ) ( ) ( )
x x x
n n n n n n n n
a b a b aa aa ab ab
n e e e f e f e f e e e f e e e
− −
∀ < ⇒ < < ⇒ + < < +
<
Cho n→+∞ ta có:f(e
x
)=e
ax
+ e
-ax
.

Vậy f(t)=t
a
+t
-a
với mọi t ≥1 kết hợp với f(t)=f(1/t) suy ra f(x)= x
a
+x
-a
(∀x>0) thử lại thỏa mãn
Bài toán 8:
Tìm f : ℝ→ℝ liên tục trên ℝ và f(x+y)f(x-y)=(f(x)f(y))
2
.
Giải
Cho x=y=0 thì f(0)=0 hoặc f(0)=±1
+Nếu f(0)=0 thì f(x)=0
+Nếu f(0)=±1 và f liên tục tại 0 nên tồn tại khoảng (-a,a) để ∀x∈(-a,a),f(x)≠0
6
Ta có f(2x)f(0)=(f(x))
4
suy ra f(x)≠0 trên (-2a,2a) ,quy nạp suy ra f(x)≠0 trên (-2
n
a,2
n
a), ∀n∈ℕ
Vậy f(x)≠ 0 trên ℝ
Ta có f(x+y)f(x-y)>0 hay mọi u,v ta có f(u)f(v) >0 hay f không đổi dấu trên ℝ
Không hạn chế tổng quát xét f(x) >0 trên ℝ.
Đặt g(x)=ln(f(x)) thì g(x+y)+g(x-y)=2(g(x)+g(y)). Ta có f liên tục trên ℝ nên g liên tục trên ℝ.
+x=y=0 thì g(0)=0 ,đổi vai trò x,y ta có g(x-y)=g(y-x) vậy g là hàm số chẵn.

g(2x)= 4g(x).Quy nạp ta có ∀n∈ℕ,g(nx)=n
2
g(x) (dùng g(nx+x)=2g(nx)+2g(x)-g((n-1)x))
g(1)=g(q.1/q)=q
2
g(1/q)⇒g(1/q)=g(1)/q
2
,suy ra g(p/q)=g(1)p
2
/q
2
(p,q ∈ℕ)
g liên tục và chẵn trên ℝ nên g(x)=ax
2
(a=g(1))
Vậy
2
( )
ax
f x e
= ±
hoặc f(x)=0
Bài toán 9:
Tìm f : ℝ

+
→ℝ
+
sao cho f bị chặn trên một khoảng nào đó và ∀x,y>0 ,f(xf(y))=yf(x).
Giải:

Mọi t >0 đặt t=xf(1) (x >0) ta có f(f(t))=f(f(xf(1)))=f(1f(x))=xf(1)=t
Vậy ∀x,y>0 ,f(xy)=f(xf(f(y))=f(y)f(x).
Đặt g(x)=lnf(e
x
): ℝ→ℝ thì ∀x,y∈ℝ ,g(x+y)=g(x)+g(y) .Do f bị chặn trên khoảng nào đó nên g bị
chặn trên khoảng nào đó . Vậy lnf(e
x
)=cx hay f(t)= t
c
.
Thay vào phương trình hàm ta có:
2
2
yx 1 1
c c
c
x y c c
⇔ = ⇔ = ±
=
Vậy f(x)=x hoặc f(x)=1/x (x>0).
Bài toán 10:
Tìm f : ℝ→ℝ liên tục trên ℝ và ∀x,y∈ℝ,f(xy)=xf(y)+yf(x).
Giải:
Với y=0 ta có f(0)=xf(0) với mọi x nên f(0)=0.
Với mọi x,y :xy≠0 ta có
( ) ( ) ( )f xy f x f y
xy x y
= +
Đặt g: : ℝ→ℝ ,
( )

( )
t
t
f e
g t
e
=
thì g liên tục trên ℝ và g(x+y)=g(x)+g(y)
Vậy
( )
( ) ( ) ( ) ln ( 0)
t
t t
t
f e
g t ct f e e ct f x cx x x
e
= = ⇔ = ⇔ = >
Ngoài ra với x=y ta có:f(x
2
)=2xf(x) hay
2 2 2
( ) ln
( ) ( 0) 0, ( ) ln | |
2 2
f x cx x
f x x x f x cx x
x x
= ≠ ⇒ < = =
Vậy :

{
ln | |, 0
( )
0 0
cx x x
f x
x
≠
=
=

Ta có
0
lim ln | | 0
x
x x
→
=
nên f liên tục tại 0. Thử lại hàm số thỏa mãn.
Bài toán 11:
Cho a >0 tìm f : ℝ→ℝ liên tục tại 0 và f(x+y)=a
xy
f(x)f(y)
Giải:
Nếu a =1 thì f(x)=0 hoặc f(x)=b
x
(b >0)
Nếu a ≠1 Đặt
x
x

2 2 2 2
x /2 (x+y) /2 x /2 /2
( ) ( ) a ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
a a a a
a
y
y y
f x f x y f x f y
g x g x y g x g y
+
= ⇒ + = = =
7
G liên tục tại 0 nên g(x)=0 hoặc g(x) =b
x
(b >0)
Vậy f(x)=0 hoặc
2
2
( )
x
kx
f x a
+
=
(trong đó a
k
=b)
Bài toán 12( Nga -1993)
Tìm f : ℝ

+
→ℝ
+
sao cho
( )
, 0, ( ) ( ( ))
y f y
x y f x f x
∀ > =
Giải:
Ta có f(x)=1 là một nghiệm.
Giả sử a >0 sao cho 0<f(a)≠1
( ) x x ( ) ( ) ( )
, 0,( ( )) (a ) ( (a )) ( ( )) ( ) ( ) ( )
f xy y f y f x f y
x y f a f f f a f xy f x f y
∀ > = = = ⇒ =

( ) x+ x y ( ) ( )
, 0,( ( )) (a ) ( (a )( (a ) ( ( )) ( ) ( ) ( )
f x y y f x f y
x y f a f f f f a f x y f x f y
+ +
∀ > = = = ⇒ + = +
f tăng trên (0,+∞) suy ra f(x)=f(1)x với f(1)=1 ta có f(x)=x
Bài toán 13:
Tìm f: : ℝ→ℝ sao cho
, ( ),( ( ) ( )) ( ) ( )
x y

x y x y f x f y f f x f y
x y
 
+
∀ ≠ − = +
 ÷
−
 
Giải:
Cho y=0 và x≠0 ta có (f(x)-f(0))f(1)=f(x)+f(0)
Nếu f(1)=0 thì f(x)= -f(0),x≠0.Cho x=1 thì f(0)=0. Vậy f(x)=0 là hàm số thỏa mãn.
Nếu f(1)≠0 . Nếu tồn tại a≠0 sao cho f(a)=0⇒ a≠1
Cho y=a và x≠a thì
( ) ( ) ( ) 0 1
x a x a
f x f f x f x f
x a x a
+ +
   
= ⇒ = ∨ =
 ÷  ÷
− −
   
Vì f(1)≠ 0
1
( ) 1
1
a
f
a

+
=
−
.
Giả sử f(t)≠0 thì t≠a và
1
( ) 1 ( )
1
t a a
f f
t a a
+ +
= =
− −
Nếu
1 1 1
( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0
1 1 1
t a a t a a t a a
f f f f
t a a t a a t a a
+ + + + + +
≠ ⇒ + = ⇒ = =
− − − − − −
Mâu thuẩn.
Do đó
1
( 1) 0 1( 0)
1
t a a

a t t a
t a a
+ +
= ⇒ − = ⇒ = ≠
− −
Vậy f(1)≠0 và f(t)=0 mọi t ≠1.Lúc đó cho x≠1 và y=1 thì
1
( ( ) (1)) ( ) ( ) (1) (1) 0
1
x
f x f f f x f f
x
+
− = + ⇒ =
−
mâu thuẩn.
Do đó f(1)≠0 thì f(x)≠0 với mọi x≠0
Nếu x≠y và f(x)=f(y) thì f(x)=f(y)=0 mâu thuẩn f(x)≠0 với mọi x≠0
Vậy f đơn ánh.
Cho y= 0 và x≠0 ta có f(x)(f(1)-1)=f(0)(f(1)+1) .f đơn ánh nên f không hằng suy ra f(1)=1 và
f(0)=0
+Với x≠0 và y≠1 thì x≠xy .
8
Ta có:
1 ( ) ( )
( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )
1 ( ) ( )
1 (1) ( ) ( ) ( ) (1) ( ) 1 ( )
( )
1 (1) ( ) ( ) ( ) (1) ( ) 1 ( )

x xy y f x f xy
f x f xy f f x f xy f
x xy y f x f xy
y f f y f x f xy f f y f y
f
y f f y f x f xy f f y f y
+ + +
− = + ⇒ =
− − −
+ + + + +
= ⇒ = =
− − − − −
Do đó: f(xy)=f(x)f(y) . Nếu x=0 đẳng thức đúng do f(0)=0
Nếu y=1 đẳng thức đúng do f(1)=1.
x≠ 0 thì f(x)≠0 do đó f(x
2
)=(f(x))
2
=(f(-x))
2
, ta có f(x) > 0 với x >0
f đơn ánh nên f(x)=-f(-x)
Với x>y >0 thì tư phương trình hàm suy ra f(x) > f(y) hay f tăng trên (0;+∞)
Đặt g(x)=lnf(e
x
):ℝ→ℝ thì g tăng trên ℝ và g(x+y)=g(x)+g(y)
Vậy lnf(e
x
)=ax suy ra f(t)=t
a

vơi t >0 . Cho x=2 y=1 ta có phương trình:
6
a
=2
a
+3
a
+1 phương trình có nghiệm duy nhất a =1
Vậy f(t)=t với t >0 ngoài ra f lẻ nên : f(x) =x
Đáp số: f(x) =x hoặc f(x)=0
…………………………………………………………………………………………………
Tài liệu tham khảo:
1/ Phương trình hàm.: Nguyễn văn Mậu
2/Functional Equations E-2007-TiTu Andreescu_Iurie Boreico.