Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (475.42 KB, 84 trang )
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ THANH HẢI
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 40
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - 2011
MỤC LỤC
Mở đầu . . . . . . 3
Chương 1. Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến 5
1.1. Sử dụng phép thế biến . . . . . . . . . . . . 5
1.2. Phương pháp qui nạp . . . . . . . . . . . . 15
1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng . . . . . . . . 19
1.4. Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . 23
1.4.1. Sử dụng tính liên tục của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4.2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Chương 2. Phương trình hàm với phép biến đổi đối số . . . 36
2.1. Phương trình hàm dạng f (αx + β) = af(x) + b . . . . . . 36
2.2. Phương trình hàm dạng f
αx+β
x+γ
= af(x) + b . . . . . . 42
2.2.1. Mối liên hệ giữa hàm phân tuyến tính và phương trình bậc hai . . . . . . . . 42
2.2.2. Phương trình hàm sinh bởi hàm phân tuyến tính với hệ số hằng. . . . . . . . . 44
2.3. Hàm số xác định bởi các phép biến đổi đại số . . . . . . 49
2.4. Phương trình hàm trong lớp các hàm tuần hoàn . . . . 56
Chương 3. Phương trình hàm trong lớp đa thức . . . . . 63
3.1. Đa thức xác định bởi phép biến đổi đối số . . . 63
3.1.1. Một số bài toán xác định bởi đa thức đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.1.2. Phép biến đổi vi phân hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.1.3. Phương trình dạng P(f)P(g)=P(h). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.1.4. Phương trình dạng P (f)P (g) = P (h) + Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.1.5. Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.2. Một số bài toán tổng hợp về đa thức. . . . . . . 78
Kết luận. . . . . . . . . . . . . . . . . 83
Tài liệu tham khảo. . . . . . . . 84
2
MỞ ĐẦU
Phương trình hàm với một biến số là một chuyên đề quan trọng thuộc chương
trình chuyên toán trong các trường THPT chuyên. Các bài toán liên quan đến
phương trình hàm với một biến số thường rất khó và phức tạp hơn nhiều so với
các phương trình hàm nhiều biến với các cặp biến tự do. Trong các kì thi học
sinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán khu vực và quốc tế những năm gần
đây, thì những bài toán về phương trình hàm một biến ngày càng xuất hiện một
nhiều. Chúng được xem như là những bài toán khó và rất khó của bậc trung
học phổ thông.
Luận văn "Một số phương pháp giải phương trình hàm một biến" trình bày
một số phương pháp giải phương trình hàm một biến, một vài dạng toán điển
hình của phương trình hàm một biến mà nghiệm của nó có thể dễ dàng tìm
được trong lớp các hàm số sơ cấp đã biết ở chương trình toán phổ thông và một
vài dạng phương trình hàm trong đa thức.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương.
Chương 1 trình bày một số phương pháp giải phương trình hàm một biến
thường dùng và một số bài toán minh họa cho các phương pháp.
Chương 2 trình bày sự phân loại dạng phương trình hàm với phép biến đổi
đối số.
Chương 3 trình bày về một số dạng phương trình hàm trong lớp đa thức và
một số bài toán tổng hợp về đa thức
Tác giả luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND.GS.TSKH Nguyễn
3
Văn Mậu, người Thầy đã giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Toán học,
đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn
thành luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại hoc,
Khoa Toán-Cơ-Tin học, các thầy cô đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao học
Toán niên khóa 2009-2011, các thầy cô và các anh chị đồng nghiệp của Semina
"Phương pháp toán sơ cấp" trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Hà nội
đã giúp đỡ và góp ý để luận văn được hoàn chỉnh.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục đào tạo Phú Thọ, Ban giám hiệu
trường THPT chuyên Hùng vương, Phú Thọ và các bạn bè đồng nghiệp và gia
đình đã động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất cho tác giả trong thời gian
học tập và nghiên cứu.
4
CHƯƠNG 1
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH HÀM MỘT BIẾN
Trong lí thuyết cũng như thực hành, không có những định lí cũng như các
thuật toán chung để giải phương trình hàm một biến tương tự như thuật toán
giải phương trình đại số bậc hai. Bởi vậy, để giải phương trình hàm một biến,
ta phải nghiên cứu kỹ các tính chất đặc thù của hàm số cần tìm, đơn giản hóa
bằng các phép thế các giá trị đặc biệt của biến, đặt ẩn phụ, đổi biến hoặc tìm
nghiệm riêng, để đưa về các phương trình hàm cơ bản đã biết cách giải.
1.1. Sử dụng phép thế biến
Nhận xét 1.1. Đối với phương trình dạng f(A) = B với A, B là các biểu thức
chứa x, trong đó A có hàm ngược, ta thường sử dụng cách đặt: Đặt A = t, suy
ra biểu thức x theo t. Tiếp theo, thay các giá trị này vào các biểu thức A, B.
Đối với phương trình dạng hàm hợp f(g(x)) = h(x), nếu g(x) có hàm ngược,
người ta thường đặt ẩn phụ g(x) = t, để xác định hàm số f(t).
Bài toán 1.1. Tìm hàm số f(x) biết rằng với mọi x = 0, ta đều có
f
1
x
= x +
1 + x
2
. (1.1)
Giải. Đặt
1
x
= t, ta có x =
1
t
. Thay vào (1.1), suy ra
f(t) =
1
t
+
1 +
1
t
2
,
hay
f(t) =
1
t
+
√
1 + t
2
|t|
·
5
Từ đó, ta có
f(x) =
1 +
√
1 + x
2
x
khi x > 0
1 −
√
1 + x
2
x
khi x < 0.
Bài toán 1.2. Tìm giá trị của hàm số f
a + 1
a
với a /∈ {0; −1}, nếu biết
f
2
x + 1
= x
2
− 1, ∀x = −1. (1.2)
Giải. Đặt
2
x + 1
=
a + 1
a
, suy ra x =
a − 1
a + 1
. Từ (1.2), suy ra
f
a + 1
a
=
a − 1
a + 1
2
− 1,
do đó
f
a + 1
a
=
−4a
(a + 1)
2
·
Bài toán 1.3. Xác định tất cả các hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện
f
x + 2
x − 1
=
2x + 5
x
2
+ 1
, ∀x = 1.
Giải. Đặt
x + 2
x − 1
= t, thì x =
t + 2
t − 1
· Từ giả thiết, ta có
f(t) =
2
t+2
t−1
+ 5
t+2
t−1
2
+ 1
=
7t
2
− 8t + 1
2t
2
+ 2t + 5
·
Do đó
f(x) =
7x
2
− 8x + 1
2x
2
+ 2x + 5
·
Đảo lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 1.4. Cho hàm số f(x) thỏa mãn các điều kiện sau
f
x − 3
x + 1
+ f
3 + x
1 − x
= x. (1.3)
Giải. Đặt
x − 3
x + 1
= t, thì x =
3 + t
1 − t
. Khi đó phương trình (1.3) có thể viết lại
như sau
f(t) + f
t − 3
t + 1
=
3 + t
1 − t
· (1.4)
6
Tương tự, đặt
3 + x
1 − x
= t. Khi đó phương trình (1.3) có thể viết lại dưới dạng
f
3 + t
1 − t
+ f(t) =
t − 3
t + 1
· (1.5)
Cộng vế theo vế của (1.4) và (1.5), ta được
2f(t) + f
t − 3
t + 1
+ f
3 + t
1 − t
=
3 + t
1 − t
+
t − 3
t + 1
· ⇔ 2f (t) + t =
8t
1 − t
2
·
Suy ra
f(t) =
4t
1 − t
2
−
1
2
t·
Kiểm tra lại, ta thấy hàm số thỏa mãn đề bài.
Nhận xét 1.2. Phương pháp thế biến có lẽ là phương pháp thường được sử
dụng nhất khi giải phương trình hàm. Ta có thể thực hiện phép thế như sau:
- Thay thế biến, hoặc các bộ phận chứa biến đó trong phương trình hàm đã
cho bởi các chữ mới hoặc các biểu thức mới,
- Hoặc thế biến bằng các biểu thức để làm xuất hiện các hằng số hoặc các
biểu thức cần thiết,
- Hoặc xây dựng hàm số phụ.
Nhận xét 1.3. Xét phương trình hàm dạng:
a(x)f(x) + b(x).f(g(x)) = c(x), (1.6)
trong đó a(x), b(x), c(x), g(x) là những hàm số đã biết.
Giả sử miền xác định của hàm số cần tìm là D
f
, với mỗi x ∈ D
f
ta xét dãy
xác định bởi biểu thức
x
1
= x; x
n+1
= g(x
n
), n ∈ N
∗
.
Định nghĩa 1.1. Dãy x
n
được gọi là dãy tuần hoàn nếu tồn tại một số nguyên
dương k sao cho
x
n+k
= x
n
, ∀n ∈ N
∗
. (1.7)
Số nguyên dương k nhỏ nhất để dãy x
n
thỏa mãn (1.7) được gọi là chu kì cơ sở
(còn gọi tắt là chu kì) của dãy.
Nếu dãy x
n
được xác định như trên tuần hoàn với chu kì k, ta sẽ đưa (1.6)
về hệ k phương trình với k ẩn hàm.Giải hệ này ta tìm đươc f(x).
7
Bài toán 1.5. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
x
2
f(x) + f(1 − x) = 2x − x
4
. (1.8)
Giải. Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn đề bài ra.
Từ (1.8), ta có
f(1 − x) = 2x − x
4
− x
2
f(x). (1.9)
Trong (1.8), ta thay x bởi 1 − x ta được
(1 − x)
2
f(1 − x) + f(x) = 2(1 − x) − (1 − x)
4
, ∀x ∈ R. (1.10)
Thay (1.9) vào (1.10) ta được
f(x)(x
2
− x − 1)(x
2
− x + 1) = (1 − x)(1 + x
3
)(x
2
− x − 1), ∀x ∈ R.
⇔ (x
2
− x − 1)f(x) = (1 −x
2
)(x
2
− x − 1), ∀x ∈ R. Suy ra, f(x) = 1 − x
2
với mọi
x khác a, b, trong đó a và b là hai nghiệm của phương trình x
2
− x − 1 = 0.
Theo định lí Viete ta có:
a + b = 1 và ab = −1. (1.11)
Lần lượt thay x = a, x = b vào đẳng thức của bài ra, với lưu ý tới (1.11), ta được
a
2
f(a) + f(b) = 2a − a
4
b
2
f(b) + f(a) = 2b − b
4
Từ đó, f(a) = c và f(b) = 2a − a
4
− a
2
c, với c ∈ R tùy ý. Như vậy
f(x) =
c ∈ R, tùy ý nếu x = a
2a − a
4
− a
2
c nếu x = b
1 − x
2
nếu x = a, x = b,
(1.12)
trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình x
2
− x − 1 = 0.
Ngược lại, với lưu ý a, b là hai nghiệm của phương trình x
2
−x −1 = 0 và sử dụng
(1.11), dễ dàng kiểm tra thấy f(x) được xác định bởi (1.12) thỏa mãn đề bài.
Vậy các hàm số xác định bởi (1.12) là tất cả các hàm số cần tìm.
Bài toán 1.6. Tìm tất cả các hàm số f(x) nếu biết với ∀x ∈ R \ {0; 1}, ta có
f(x) + f
1
1 − x
= x + 1 −
1
x
· (1.13)
8
Giải. Thay
1
1 − x
bởi x trong (1.13), ta được
f
x − 1
x
+ f(x) =
x
2
− 3x + 1
x(x − 1)
· (1.14)
Lấy phương trình (1.13) trừ cho phương trình (1.14) theo vế với vế ta được
f
1
1 − x
− f
x − 1
x
= x +
1
x − 1
· (1.15)
Trong phương trình (1.15) thay
1
1 − x
bởi x ta nhận được
f(x) − f
1
1 − x
= −x + 1 −
1
x
· (1.16)
Lấy (1.13) cộng với (1.16) theo vế với vế, ta được
2f(x) = 2 −
2
x
,
suy ra
f(x) =
x − 1
x
·
Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài.
Cách 2: Ta có thể giải phương trình hàm (1.13), bằng cách đưa về hệ phương
trình.
Với x = 1, xét dãy x
1
= x; x
n+1
= g(x
n
) trong đó g(x) =
1
1 − x
·
Ta có x
1
= x; x
2
=
1
1 − x
; x
3
=
1
1 +
1
x − 1
=
x − 1
x
; x
4
=
1
1 −
x − 1
x
·
Suy ra dãy x
n
tuần hoàn với chu kì 3.
Bằng phép thế thay x lần lượt bằng x
1
, x
2
, x
3
ta được
f(x
1
) + f(x
2
) = x
1
+ 1 −
1
x
1
f(x
2
) + f(x
3
) = x
2
+ 1 −
1
x
2
f(x
3
) + f(x
1
) = x
3
+ 1 −
1
x
1
Giải hệ trên, với ẩn f(x
1
), ta được f(x
1
) =
x
1
− 1
x
1
với x
1
= 0 và x
1
= 1 .
Vậy f(x) =
x − 1
x
, ∀x ∈ R \ {0; 1}.
9
Bài toán 1.7 (Philippine 2010). Tìm tất cả các hàm số f : R \ {1} → R thỏa
mãn
x + f(x) + 2f
x + 2009
x − 1
= 2010.
Giải. Với x = 1, xét dãy x
1
= x; x
n+1
= g(x
n
), trong đó g(x) =
x + 2009
x − 1
·
Ta có x
1
= x; x
2
=
x + 2009
x − 1
; x
3
= x. Bằng phép thế thay x lần lượt bằng x
1
, x
2
ta được
x
1
+ f(x
1
) + 2f(x
2
) = 2010
x
2
+ f(x
2
) + 2f(x
1
) = 2010
Giải hệ trên, với ẩn f(x
1
), ta được f(x
1
) =
x
2
1
+ 2007x
1
− 6028
3(x
1
− 1)
với x
1
= 1.
Vậy f(x) =
x
2
+ 2007x − 6028
3(x − 1)
, ∀x ∈ R \ {1}.
Bài toán 1.8. Tìm tất cả các hàm số f(x), nếu biết với ∀x = −1 ta có
xf(x) + 2f
x − 1
x + 1
= 1. (1.17)
Giải. Mỗi x = 1, xét dãy x
1
= x; x
n+1
= g(x
n
) trong đó g(x) =
x − 1
x + 1
·
Ta có
x
1
= x; x
2
=
x − 1
x + 1
; x
3
= −
1
x
; x
4
=
x + 1
1 − x
; x
5
= x.
Suy ra, dãy x
n
tuần hoàn với chu kì 4
Bằng phép thay thế x lần lượt bằng x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, ta đưa (1.12) về hệ sau:
x
1
f(x
1
) + 2f
x
1
− 1
x
1
+ 1
= 1
x
2
f(x
2
) + 2f
x
2
− 1
x
2
+ 1
= 1
x
3
f(x
3
) + 2f
x
3
− 1
x
3
+ 1
= 1
x
4
f(x
4
) + 2f
x
1
− 1
x
1
+ 1
= 1
Giải hệ trên, với ẩn f(x
1
) ta được:
f(x
1
) =
4x
2
1
− x
1
+ 1
5x
1
(x
1
− 1)
(với x
1
/∈ {−1; 0; 1})
Cho x = 0 từ (1.17), suy ra, 2f (−1) = 1 hay f(−1) =
1
2
·
Cho x = 1 từ (1.17), suy ra f (1) + 2f(0) = 1.
10
Kết luận
f(x) =
4x
2
− x + 1
5x(x − 1)
nếu x /∈ {0; 1; −1}
1
2
nếu x = −1
a nếu x = 0
1 − 2a nếu x = 1 ; a là một hằng số cho trước.
Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài toán 1.9. Tìm tất cả các hàm số f(x) nếu biết với ∀x /∈ {0; 1} ta có
f(x) + f
x − 1
x
= 1 + x. (1.18)
Giải. Đặt g(x) =
x − 1
x
, mỗi x = 0; 1 .Xét dãy x
1
= x; x
n+1
= g(x
n
); n ∈ N
∗
Ta có x
1
= x; x
2
=
x − 1
x
; x
3
= −
1
x − 1
; x
4
= x. Suy ra, dãy {x
n
} tuần hoàn chu
kì 3.
Thay thế x lần lượt bằng x
1
, x
2
, x
3
vào phương trình (1.18) ta được:
f(x
1
) + f(x
2
) = 1 + x
1
f(x
2
) + f(x
3
) = 1 + x
2
f(x
3
) + f(x
1
) = 1 + x
3
Giải hệ phương trình trên, với ẩn f(x
1
),ta được
f(x
1
) =
1 + x
1
− x
2
+ x
3
2
=
1
2
x
1
+
1
x
1
+
1
1 − x
1
, ∀x
1
/∈ {0; 1}.
Do đó nghiệm của bài toán là
f(x) =
1
2
x +
1
x
+
1
1 − x
, x /∈ {0; 1}.
Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 1.10. Tìm tất cả các hàm số f : R \{0; 1} → R thỏa mãn điều kiện
f(x) + f
x − 1
x
= 2x, ∀x ∈ R \ {0; 1}. (1.19)
Giải. Đặt g(x) =
x − 1
x
, mỗi x ∈ R \{0; 1}. Xét dãy x
1
= x; x
n+1
= g(x
n
) ∀n ∈ N
∗
Ta có x
1
= x; x
2
=
x − 1
x
; x
3
= −
1
x − 1
; x
4
= x.
11
Suy ra, dãy {x
n
} tuần hoàn chu kì 3. Thay thế x lần lượt bằng x
1
, x
2
, x
3
vào
phương trình (1.19), ta được
f(x
1
) + f(x
2
) = 2x
1
f(x
2
) + f(x
3
) = 2x
2
f(x
3
) + f(x
1
) = 2x
3
.
Giải hệ phương trình trên với ẩn f(x
1
) ta được
2f(x
1
) = 2x
1
+ 2x
3
− 2x
2
⇔ f(x
1
) = x
1
+ x
3
− x
2
.
Suy ra
f(x
1
) = x
1
−
1
x
1
− 1
−
x
1
− 1
x
1
·
Do x
1
∈ R \ {0; 1} nên nghiệm của bài toán là:
f(x) = x −
1
x − 1
−
x − 1
x
·
Thử lại, ta thấy hàm số vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 1.11 (Croatia 1996). Cho t ∈ (0; 1). Tìm tất cả các hàm số f : R → R
liên tục thỏa mãn điều kiện
f(x) − 2f(tx) + f(t
2
x) = x
2
, ∀x ∈ R.
Giải. Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn yêu cầu bài ra.
Đặt g(x) := f(x) − f(tx). Dễ thấy g(x) liên tục tại x = 0 và g(0) = 0. Ngoài ra,
với ∀x ∈ R, ta có g(x) − g(tx) = x
2
. Như vậy, ta có
g(x) − g(tx) = x
2
g(tx) − g(t
2
x) = t
2
x
2
.
.
.
g(t
n−1
x) − g(t
n
x) = t
2(n−1)
x
2
.
Cộng từng vế các đẳng thức trên, rút gọn các số hạng đồng dạng và nhớ rằng
t
2
= 1 ta được
g(x) − g(t
n
x) = x
2
(1 + t
2
+ t
4
+ + t
2(n−1)
) = x
2
1 − t
2n
1 − t
2
· (1.20)
12
Từ (1.20) cho n → +∞, do t ∈
0; 1
nên t
n
→ 0, t
2n
→ 0 và lim
x→0
g(x) = g(0) = 0,
ta được
∀x ∈ R : g(x) − g(0) = x
2
1 − 0
1 − t
2
⇒ g(x) =
x
2
1 − t
2
·
Nhưng g(x) = f(x) − f(tx) nên làm tương tự trên, ta được
f(x) − f(t
n
x) =
x
2
1 − t
2
1 + t
2
+ t
4
+ + t
2(n−1)
= x
2
1 − t
2n
1 − t
2
2
·
Lại cho n → +∞, với mỗi x cố định, ta được:
f(x) − f(0) =
x
2
1 − t
2
2
⇒ f(x) =
x
2
1 − t
2
2
+ C, (C := f(0)).
Dễ thấy, hàm số này thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Vậy f(x) =
x
2
1 − t
2
2
+ C là hàm số cần tìm.
Bài toán 1.12. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f(x) = 2f(2x) + 1 ∀x ∈ R.
Giải. Từ giả thiết ta có
f(x) + 1 = 2 [f(2x) + 1] . (1.21)
Với x = 0 thì f(0) = −1.
Với x = 0. Đặt g(x) = 2
log
2
|x|
(f(x) + 1) và do (1.21), nên ta có
g(x) = g(2x). (1.22)
Xét x > 0. Đặt x = 2
t
, suy ra g(2
t
) = g(2
t+1
).
Hay là
h(t + 1) = h(t) với h(t) = g(2
t
).
Tức là
g(x) = h( log
2
x) trong đó h là hàm tuần hoàn chu kì là 1.
Xét x < 0. Đặt x = −2
t
và g(−2
t
) = k(t). Khi đó t = log
2
|x| và
(1.22) ⇔ k(t + 1) = k(t), ∀t ∈ R.
13
Kết luận:
g(x) =
h( log
2
x) khi x > 0
c tùy ý khi x = 0
k(log
2
|x|) khi x < 0 .
Vậy
f(x) =
2
− log
2
x
h( log
2
x) − 1 khi x > 0
−1 khi x = 0
2
− log
2
|x|
k( log
2
|x|) − 1 khi x < 0 .
trong đó h,k là các hàm tuần hoàn cộng tính với chu kì là 1.
Bài toán 1.13. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f(2 − 3x) = f (x), ∀x ∈ R.
Giải. Ta có f(x + a) = f(2 − 3(x + a)) = f(−3x − 3a + 2) = f (−3x + a + 2 − 4a).
Suy ra, 2 − 4a = 0, tức là, a =
1
2
. Đặt x = t +
1
2
. Khi đó
f(2 − 3(t +
1
2
)) = f(t +
1
2
), ∀t ∈ R.
Hay là
f(−3t +
1
2
) = f(t +
1
2
), ∀t ∈ R.
Tức là
f(−3x +
1
2
) = f(x +
1
2
), ∀x ∈ R.
Đặt g(x) = f(x +
1
2
). Khi đó
g(−3x) = g(x), ∀x ∈ R. (1.23)
Khi đó g(9x) = g(x) và mọi nghiệm của (1.23) được cho bởi công thức g(x) =
1
2
[h(x) + h(−3x)] , trong đó
h(9x) = h(x), ∀x ∈ R. (1.24)
Thật vậy, nếu g(x) có dạng (1.24) thì ta có
g(−3x) =
1
2
[h(−3x) + h(9x)] =
1
2
[h(−3x) + h(x)] = g(x).
14
Ngược lại, (1.23)⇔ g(x) =
1
2
[g(x) + g(−3x)] nên (1.23) có dạng (1.24)
Vậy g(x) =
1
2
[h(x) + h(−3x)] trong đó h(9x) = h(x), ∀x ∈ R.
Tương tự, như bài toán 1.13, hàm h được xác định như sau :
h(x) =
h
1
log
9
x
khi x > 0
c tùy ý khi x = 0
h
2
log
9
|x|
khi x < 0
hay
h(x) =
h
1
1
2
log
3
x
khi x > 0
c tùy ý khi x = 0
h
2
1
2
log
3
|x|
khi x < 0 .
trong đó h
1
, h
2
là các hàm tuần hoàn cộng tính tùy ý trên R chu kì là 1.
Vậy f(x) = g(x −
1
2
) trong đó g(x) =
1
2
[h(x) + h(−3x)] và h được xác định như
trên.
Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài.
1.2. Phương pháp qui nạp
-Đối với phương pháp này ta chỉ xét những hàm xác định trên N và lấy giá
trị trên N, sau đó ta mở rộng cho trường hợp hàm cần tìm xác định trên Z, Q và
lấy giá trị trên Z, Q. Tuy nhiên, trong vài trường hợp ta có thể sử dụng phương
pháp này trong việc xác định hàm f : R → R, trong đó hàm f là hàm số liên tục
và sử dụng đến tính trù mật của tập Q.
Bài toán 1.14. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên
không âm Z
+
, lấy giá trị trên tập hợp số đó và thỏa mãn điều kiện
f(f(n)) = n + 2, ∀n ∈ Z
+
.
Giải. Từ giả thiết, ta có
f(n + 2) = f (f (f (n))) = f(n) + 2, ∀n ∈ Z
+
Từ đó bằng qui nạp, ta thấy
Với n = 2k thì f(2k) = 2k + f(0).
15
Với n = 2k + 1 thì f(2k + 1) = 2k + f (1).
Vì f(0) ∈ Z
+
, nên f(0) = 2a hoặc f(0) = 2a + 1, a ∈ Z
+
.
Nếu f(0) = 2a, thì f(f(0)) = f(2a) = f (0) + 2a = 2a + 2a = 4a mà f(f(0)) = 2 suy
ra 4a = 2 ⇒ a =
1
2
mâu thuẫn, vì a ∈ Z
+
.
Vậy
f(0) = 2a + 1.
Ta có
2 = f(f(0)) = f(2a + 1) = f(1) + 2a.
Do f(1) ∈ Z
+
⇒ f(1) 0 ⇒ 2a 2 ⇒ a = 0 hoặc a = 1.
Với a = 0, thì f(1) = 2 và f(0) = 1. Từ đó
f(2k) = 2k + 1
f(2k + 1) = 2k + 2, ∀k ∈ Z
+
.
Suy ra,
f(n) = n + 1, ∀n ∈ Z
+
.
Với a = 1, thì f(0) = 3 và f(1) = 0. Khi đó, ta có
f(2k) = 2k + 3
f(2k + 1) = 2k, ∀k ∈ Z
+
.
Suy ra,
f(n) =
n + 3 nếu n chẵn
n − 1 nếu n lẻ.
Kiểm tra lại, ta thấy các hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài toán 1.15 (THTT-T7/2000). Xác định hàm số f : R
+
→ R
+
, liên tục và
thỏa mãn
1) f(2x) = 2f(x), ∀x ∈ R
+
,
2) f(f
2
(x)) = xf(x), ∀x ∈ R
+
,
3) f(x) ∈ N
∗
, ∀x ∈ N
∗
.
Giải. Ta chứng minh f(x) là hàm số đồng biến trên R
+
.
Từ f(x
1
) = f(x
2
) > 0, suy ra f[f
2
(x
1
)] = f[f
2
(x
2
)] ⇒ x
1
f(x
1
) = x
2
f(x
2
). Do vậy
x
1
= x
2
.
Suy ra f(x) là đơn ánh và liên tục nên nó là hàm đơn điệu thực sự. Mặt khác,
16
theo giả thiết thì f(2) = 2f(1) > f(1) nên f(x) là hàm số đồng biến trên R
+
.
Với x = 1 thì f[f
2
(1)] = f(1) nên f
2
(1) = 1 và f(1) = 1. Từ đó theo qui nạp, ta có
2
n
= f(2
n
) < f(2
n
+ 1) < ··· < f(2
n+1
) = 2
n+1
, ∀n ∈ N
∗
.
Do f(n) ∈ N
∗
, ∀n ∈ N
∗
, suy ra f(n) = n, ∀n ∈ N
∗
. Với mọi m, n ∈ N
∗
, bằng qui
nạp ta có
m = f(m) = 2
n
f
m
2
n
.
Suy ra f
m
2
n
=
m
2
n
, với m, n nguyên dương.Vì rằng với mỗi x > 0 tùy ý cho trước
đều tồn tại dãy số q
k
, q
k
có dạng
m
2
n
hội tụ đến x và do f(x) liên tục, nên
x = lim
k→∞
q
k
= lim
k→∞
f(q
k
) = f( lim
k→∞
q
k
) = f(x).
Thử lại, ta thấy hàm số f(x) = x thỏa mãn đề bài.
Bài toán 1.16. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn các điều kiện sau:
a) f(−x) = −f(x), ∀x ∈ R, (1.25)
b) f(x + 1) = f(x) + 1, ∀x ∈ R, (1.26)
c) f(
1
x
) =
f(x)
x
2
, ∀x ∈ R. (1.27)
Giải. Thay x = 0 vào (1.25), ta được f(0) = 0.
Thay x = 0 vào (1.26) ta được f(1) = f(0) + 1 mà f(0) = 0 nên f(1) = 1.
Dễ thấy, từ (1.26) bằng phương pháp qui nạp ta có
f(n) = n, ∀n ∈ N
∗
.
Do (1.25) nên ta có f (n) = n, ∀n ∈ Z.
Xét với x = 0 và x = −1. Từ (1.26) và từ (1.27) ta có
f(1 +
1
x
) = 1 + f
1
x
= 1 +
f(x)
x
2
· (1.28)
Mặt khác, ta có
1 +
1
x
=
x + 1
x
=
1
x
x + 1
·
nên từ (1.27) ta có
f
1 +
1
x
= f
1
x
x + 1
=
f
x
x + 1
x
x + 1
2
·
17
Nhưng ta cũng có
f(
x
x + 1
) = f
1 −
1
x + 1
= 1 − f
1
x + 1
= 1 −
f(x + 1)
x + 1
2
=
(x + 1)
2
− 1 − f(x)
x + 1
2
·
nên
f
1 +
1
x
=
(x + 1)
2
− 1 − f(x)
x
2
· (1.29)
Từ (1.28) và (1.29) ta có
x
2
+ f(x) = x
2
+ 2x − f(x), ∀x = 0, x = −1.
⇔ f(x) = x, ∀x ∈ R \ {0; −1}.
Mà f(0) = 0 và f(−1) = −f(1) = −1. Bởi vậy, f (x) = x.∀x ∈ R.
Kiểm tra lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài.
Kết luận: Hàm số cần tìm là f(x) = x.
Bài toán 1.17. Tìm tất cả các hàm số f : [0; 1] → [0; 1] thỏa mãn
f(2x − f(x)) = x, ∀x ∈ [0; 1]. (1.30)
Giải. Từ (1.30), ta có 0 2x − f(x) 1, ∀ ∈ [0; 1].
Đặt 2x − f(x) = g(x), suy ra g : [0; 1] → [0; 1]. Khi đó, ta có
f(g(x)) = x, ∀x ∈ [0; 1]
và
g(g(x)) = 2g(x) − f(g(x)) = 2g(x) − x = 2
g(x) − x
+ x,
mà
g(x) = 1
g(x) − x
+ x
Bằng phương pháp qui nạp, ta sẽ có
g
n
(x) = n(g(x) − x) + x, ∀x ∈ [0; 1]. (1.31)
Từ đó, ta suy ra g(x) = x, ∀x ∈ [0; 1].
Thật vậy, nếu tồn tại x
0
∈ [0; 1] mà g(x
0
) = x
0
thì (1.31), cho n → +∞ suy ra
g
n
(x) → +∞, mâu thuẫn vì miền giá trị của hàm g là [0; 1].
18
1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng
Tìm nghiệm riêng của phương trình hàm đã cho, nghiên cứu các tính chất
của nghiệm riêng đó. Hiển nhiên, nghiệm cần tìm cũng phải có những tính chất
đó. Từ đó, ta có được hướng giải phương trình hàm đã cho. Trước hết, nên tìm
nghiệm riêng trong lớp các hàm hằng, hàm số bậc nhất, hàm số đa thức Nói
chung, nên tìm các nghiệm riêng trong lớp các hàm số sơ cấp, bắt đầu từ các
hàm đơn giản nhất. Nên chú ý đến các đặc trưng của các hàm số sơ cấp.
Sau khi tìm được nghiệm riêng dạng f
0
(x) ta thường xét đến hàm số phụ
g(x) = f(x) − f
0
(x) và xét phương trình hàm mới thu được đối với g(x).
Khi tìm nghiệm riêng, nên chú ý đến một số nhận xét sau
Nhận xét 1.4 (Điều kiện để một hàm số là hàm hằng).
1. f ≡ C ⇔ f(x) = f(y), ∀x, y ∈ D
f
.
2. f(x) = g(y), ∀x, y ∈ D ⇔
f(x) = C
g(x) = C
(C := const, C ∈ R), ∀x ∈ D.
Nhận xét 1.5. (Điều kiện để một hàm số có đạo hàm là hàm hằng)
Cho hàm số f(x) liên tục trên [a; b], có đạo hàm f
(x) trên khoảng
a; b
. Khi đó
f(x) = C, ∀x ∈ [a; b] ⇔ f
(x) = 0, ∀x ∈
a; b
,
trong đó C = f(x
0
), với x
0
là một số nào đó ∈ [a; b].
Nhận xét 1.6. (Điều kiện để một đa thức là hàm hằng)
Cho đa thức P (x) ∈ R [x], có deg P n. Khi đó
1.Nếu P (x) có nhiều hơn n nghiệm thì P (x) = 0, ∀x ∈ R hay là P ≡ 0.
2.Nếu ∃a ∈ R, a = 0 sao cho P(x + a) = P(x), ∀x ∈ R thì P(x) = C với ∀x ∈ R
hay P (x) ≡ C.
Chú ý : f ≡ C thay cho f(x) = C, ∀x ∈ D
f
.
Bài toán 1.18. Cho a là hằng số ∈ R
∗
, b ∈ R. Tìm các hàm số f : R → R thỏa
mãn điều kiện
f(x + a) = f (x) + b ∀x ∈ R. (1.32)
19
*Nhận xét rằng: Hàm f có tính chất "tổng biến đổi thành tổng". Nhớ lại, đặc
trưng của một số hàm sơ cấp, hàm tuyến tính f(x) = ax (với a = 0) có đặc trưng
hàm là f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng
f
0
(x) = kx.
Giải. Nghiệm riêng có dạng f
0
(x) = kx. Để thỏa mãn (1.32) ta phải có:
k(x + a) = kx + b ⇔ k =
b
a
·
Đặt f(x) := kx + g(x). Thay vào (1.32) ta được
k(x + a) + g(x + a) = kx + g(x) + b ⇔ g(x + a) = g(x), ∀x ∈ R.
Suy ra, g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì là |a| . Dễ thấy, mọi hàm số dạng
f(x) = g(x) +
b
a
x, trong đó g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a|, đều thỏa
mãn yêu cầu của bài ra.
Vậy f(x) = g(x) +
b
a
x, trong đó g(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a|, là
hàm số cần tìm.
Bài toán 1.19. Cho a, b, m ∈ R, m = 1, am = 0. Tìm tất cả các hàm số f : R → R
thỏa mãn điều kiện
f(x + a) = mf (x) + b ∀x ∈ R. (1.33)
Giải. Ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng f
0
(x) = C.
Thay vào (1.33) được C =
b
1 − m
·
Đặt f(x) = C + g(x), ta được
(1.33) ⇔ C + g(x + a) = mC + mg(x) + b
⇔ g(x + a) = mg(x). (1.34)
*Nhận xét rằng: Hàm g có tính chất biến đổi "tổng thành tích" nên ta chọn
nghiệm riêng dưới dạng hàm số mũ. Để khử hệ số m ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới
dạng g
0
(x) = d
x
. Thay vào ta được
d
x+a
= md
x
⇔ d
a
= m ⇔ d = m
1
a
.
Đặt g(x) = m
x
a
ϕ(x) ta được
(1.34) ⇔ m
x+a
a
ϕ(x + a) = m.m
x
a
ϕ(x) ⇔ ϕ(x + a) = ϕ(x), ∀x ∈ R.
20
Từ đó ta có ϕ(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a|. Vậy
f(x) =
b
1 − m
+ m
x
a
.ϕ(x),
với ϕ(x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì |a|, là hàm số cần tìm.
Bài toán 1.20. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f(2x + 1) = 3f (x), ∀x ∈ R. (1.35)
Giải. Đặt x = −1 + t, ta có
(1.35) ⇔ f (−1 + 2t) = 3f(−1 + t). (1.36)
Đặt tiếp g(t) = f(−1 + t) ta được
(1.36) ⇔ g(2t) = 3g(t). (1.37)
*Nhận xét rằng: Hàm g cần tìm có tính chất biến đổi "tích thành tích" nên ta
chọn nghiệm riêng dưới dạng lũy thừa. Ta sẽ tìm nghiệm riêng của (1.37) dưới
dạng g
0
(t) = t
k
. Thay vào (1.37) ta phải có
(2t)
k
= 3t
k
⇔ 2
k
= 3 ⇔ k = log
2
3.
Xét t = 0 ta được g(0) = 3g(0), suy ra g(0) = 0.
Xét t > 0 ta đặt g(t) = t
log
2
3
.ϕ(t).Thay vào (1.37), ta được:
(2t)
log
2
3
ϕ(2t) = 3t
log
2
3
ϕ(t) ⇒ ϕ(2t) = ϕ(t).
Ta được ϕ(t), là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì 2.
Xét t < 0, đặt g(t) = (−t)
log
2
3
ϕ(t) và làm tương tự như trên ta cũng được ϕ(t)
là hàm tuần hoàn nhân tính chu kì 2
Vậy ta được: f(t − 1) = g(t) = |t|
log
2
3
ϕ(t). Tóm lại ta được
f(x) =
|x + 1|
log
2
3
ϕ(x + 1) khi x = −1
0 khi x = −1
(1.38)
trong đó ϕ(t) là hàm số tuần hoàn nhân tính chu kì 2.
Thử lại, ta thấy f(x) thỏa mãn điều kiện (1.35). Vậy f(x) xác định theo (1.38)
là hàm số cần tìm.
21
Bài toán 1.21. Tìm tất cả các hàm số f : R \{3} → R thỏa mãn điều kiện
f
2
3 − x
= 2f(x) − 5, ∀x = 3. (1.39)
*Nhận xét rằng : Xét phương trình
2
3 − x
= x ⇔ x = 1 hoặc x = 2.
Khi có hai nghiệm phân biệt thì chọn một nghiệm → 0 và một nghiệm tới
→ ∞. Chẳng hạn 2 → 0; 1 → ∞ bằng cách đặt t =
x − 2
x − 1
.
Giải. Với x = 1 hoặc x = 2, ta có f(x) = 5.
Với x /∈ {1; 2; 3}. Đặt t =
x − 2
x − 1
· Khi đó, ta có
x = 1 −
1
t − 1
,
2
3 − x
= 1 −
1
2t − 1
; t /∈ {0; 1;
1
2
}.
Thay vào (1.39) ta được
f(1 −
1
2t − 1
) = 2f(1 −
1
t − 1
) − 5.
Suy ra, g(2t) = 2g(t) −5 trong đó
g(t) = f(1 −
1
t − 1
). (1.40)
Đặt g(t) = h(t) + 5. Thế vào (1.40), ta được h(2t) = 2h(t).
Đặt h(t) = |t|ϕ(t). Suy ra, ϕ(2t) = ϕ(t).
Với t > 0, đặt t = 2
u
, suy ra ϕ(2
u+1
) = ϕ(2
u
) hay ω(u + 1) = ω(u), trong đó
ϕ(2
u
) = ω(u).
Vậy ω là hàm tuần hoàn với chu kì là 1. Vậy ϕ(t) = ω( log
2
t).
Với t < 0. Đặt t = −2
u
, suy ra ϕ(−2
u+1
) = ϕ(−2
u
) hay ω(u + 1) = ω(u), trong đó
ϕ(−2
u
) = ω(u).
Vậy ϕ(t) = ω( log
2
(−t)) với ω là hàm tuần hoàn với chu kì là 1.
Tóm lại, ∀t ∈ R \ {0} thì ϕ(t) = ω( log
2
|t|).
Kết luận
f(x) =
5 với x = 2 hoặc x = 3
g(
x − 2
x − 1
) với xR \ {2, 3, 1}.
trong đó g(t) = |t|ω( log
2
|t|) + 5 và ω là hàm tuần hoàn với chu kì là 1.
22
Bài toán 1.22. Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn điều kiện
2f(2x) = f(x) + x, ∀x ∈ R. (1.41)
Giải. Trước hết, ta tìm nghiệm riêng dưới dạng f
0
(x) = ax.
Thay vào (1.41) ta có 2a(2x) = ax + x suy ra a =
1
3
.
Đặt f(x) = g(x) +
1
3
x, ta được g(x) là hàm liên tục trên R và
(1.41) ⇔ 2g(2x) +
4x
3
= g(x) +
x
3
+ x ⇔ g(x) = 2g(2x)
Từ đó, áp dụng đệ quy ta được:
g(x) = 2
n
g
2
n
x
, ∀x ∈ R, suy ra g(t) =
1
2
n
g
t
2
n
, ∀t ∈ R
Với mỗi t cố định, cho n → +∞ ở hai vế do
g(t) → g(t)
1
2
n
→ 0
g(
t
2
n
) → g(0)
nên ta được g ≡ 0 suy ra f(x) =
x
3
, ∀x ∈ R.
Dễ thấy, hàm số này thỏa mãn yêu cầu của bài ra.
Vậy f(x) =
x
3
là hàm số cần tìm.
1.4. Sử dụng các tính chất của hàm số
1.4.1. Sử dụng tính liên tục của hàm số
-Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số trong nhiều trường hợp tỏ
ra đặc biệt thích hợp. Các bước thực hiện có thể tóm tắt như sau:
1) Lấy a là một giá tri tùy ý thuộc tập xác định của hàm số. Xây dựng dãy
số thích hợp
x
n
với x
1
= a thỏa mãn đồng thời:
i) Hàm f(x) không đổi trên dãy
x
n
nghĩa là:
f(a) = f(x
1
) = f(x
2
) = = f(x
n
) =
ii)Chứng minh rằng dãy
x
n
hội tụ về b.
2) Sử dụng tính liên tục của f(x) ta có f(a) = lim f(x
n
) = f
lim x
n
= f(b)
Suy ra f(x) là hàm hằng.
-Ngoài ra đối với phương trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, trong nhiều
trường hợp bằng cách xây dựng một dãy số và sử dụng phương pháp chuyển qua
giới hạn ta sẽ tìm được hàm f (x).
23
Bài toán 1.23. Cho hàm f : [−1; 1] → R liên tục và
f(x) = f
2x
1 + x
2
, ∀x ∈ [−1; 1].
Chứng minh f(x) là hàm hằng.
Giải. Ta cố định x, xét dãy số
x
n
∞
1
xác định bởi
x
0
= x > 0, x
n+1
=
2x
n
1 + x
2
n
· (1.42)
Dãy
x
n
là dãy số tăng. Suy ra x
n+1
x
n
, hay
2x
n
1+x
2
n
x
n
. Từ đây ta có
−1 x
n
1. Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta
có
x
n+1
=
2x
n
1 + x
2
n
1.
Do dãy số
x
n
tăng và bị chặn trên bởi 1 nên tồn tại giới hạn lim
n→∞
x
n
= l > 0,
ta có (1.42) tương đương với
l =
2l
1 + l
2
,
từ đó ta có l = 1.
Dãy số
f
x
n+1
= f
2x
n
1 + x
2
n
= f
x
n
.
Lấy f(x) = f(x
0
) = . . . = f
x
n
. Do f(x) liên tục trên [−1; 1] nên lim
n→∞
f
x
n
=
f(1), hay f(x) = f (1) = c, với c là hằng số.
Trường hợp x
0
= x < 0, xét tương tự.
Vậy f(x) là hàm hằng trên [−1; 1].
Bài toán 1.24. Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn điều kiện
f(x
2
) + f(x) = x
2
+ x, ∀x ∈ R.
Giải. Ta đặt g(x) = f(x) − x và chứng minh g là hàm hằng.
Ta có g(x) liên tục trên R và dễ thấy g(x
2
) + g(x) = 0, ∀x ∈ R.
Thay x = 0, ta có 2g(0) = 0 ⇒ g(0) = 0.
Thay x = 1, ta có 2g(1) = 0 ⇒ g(1) = 0.
Thay x bởi −x, ta có g
(−x)
2
+ g(−x) = 0 ⇒ g(−x) = −g(x
2
) = g(x), ∀x ∈ R.
Như vậy, g(x) là hàm số chẵn, do đó ta chỉ cần chứng minh g(x) là hàm hằng
24
với x > 0.
Trước hết, ta chú ý rằng với x > 0 thì g(x) = −g(x
2
) = g(x
4
).
Do đó, xét với x > 0 cố định, ta có
g(x) = g(x
1
4
) = g(x
1
4
2
) = . . . = g(x
1
4
n
) = . . .
Chuyển qua giới hạn ta được g(x) = g( lim
n→+∞
x
1
4
n
) = g(1) = 0.
Vậy g(x) = 0, ∀x ∈ R, suy ra f (x) = x, ∀x ∈ R.
Thử lại, ta thấy thỏa mãn.
Bài toán 1.25. Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn điều kiện
f(x) + f(
1
3
x) = f(
1
6
x), ∀x ∈ R.
Giải. Cố định x ∈ R. Xét dãy x
1
= x, x
n+1
= g(x
n
), ∀n ∈ N
∗
ở đây g(x) =
1
3
x.
Bằng qui nạp, ta được x
n
=
x
3
n−1
. Từ đó, ta có dãy (x
n
) là cấp số nhân lùi vô
hạn với x
1
= x; q =
1
3
; lim x
n
= 0. Thay thế x lần lượt bằng x
1
, x
2
, x
3
, . . . , x
n
ta
được
f(x
1
) + f(x
2
) =
1
6
x
1
f(x
2
) + f(x
3
) =
1
6
x
2
. . .
f(x
n−1
) + f(x
n
) =
1
6
x
n−1
Từ hệ trên, ta có
f(x
1
) +
− 1
n
f
x
n
=
1
6
x
1
− x
2
+ x
3
− x
4
+ +
− 1
n−2
x
n−1
=
1
6
x
1
1 −
1
3
+
1
3
2
−
1
3
3
+ +
− 1
n−2
1
3
n−2
=
1
6
x
1
1 −
−
1
3
n−1
1 +
1
3
=
1
8
x
1
1 −
−
1
3
n−1
.
Lấy giới hạn của cả hai vế, sử dụng tính liên tục của hàm số và f(0) = 0 ta được
f(x
1
) =
1
8
x
1
. Do x
1
lấy tùy ý, nên f(x) =
1
8
x, ∀x ∈ R.
Thử lại, ta thấy f(x) =
1
8
x thỏa mãn điều kiện bài toán.
25
