SKKN về cấu trúc nhóm trong phương trình hàm môn Toán THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM


ĐỀ TÀI:
"CẤU TRÚC NHÓM TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀM"

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

Đối với học sinh trường chuyên việc tìm hiểu, đào sâu kiến thức trong lời giải
một bài toán là rất cần thiết. Thức tiễn khi giảng dạy tại trường THPT chuyên Lam
Sơn tôi nhận thấy các bài toán xác định phương trình hàm đối với học sinh là một vấn
đề khó. Đây là một mảng mà SGK THPT ít đề cập đến. Nếu dùng các kiến thức sơ
đẳng về nhóm của toán học cao cấp để tìm hiểu vấn đề này thì có thể giải quyết một số
trường hợp rất hiệu quả.
Cấu trúc nhóm xuất hiện tự nhiên trong các bài toán sơ cấp. Ví dụ đơn giản nhất là
cấu trúc của tập các số nguyên, số hữu tỷ, số thực và số phức. Đây là các nhóm giao
hoán vô hạn. Ví dụ ít hiển nhiên hơn là các nhóm hữu hạn (nói chung không giao
hoán) xuất hiện trong lý thuyết số, tổ hợp và đại số.
Trong đại số có một hướng khai thác là dựa vào cấu trúc nhóm để giải các phương
trình hàm. Các nhóm ở đây thường là : Một tập các phép biến đổi của một miền với
phép hợp thành (phép tạo thành hàm hợp) lập thành một nhóm hữu hạn.
Khái niệm hàm hợp học sinh đã được học ở chương trình SGK lớp 11. Do vậy các
em học sinh khá hoàn toàn có thể hiểu cơ sở lí luận, bản chất của vấn đề nếu dùng đến
cấu trúc nhóm để giải phương trình hàm. Để phần nào giúp các em nắm thêm một
phương pháp giải phương trình hàm (bằng cách dùng cấu trúc nhóm) chúng tôi chọn

đề tài: ”Cấu trúc nhóm trong phương trình hàm”. Ngoài ra sáng kiến kinh nghiệm
đề cập thêm 2 dạng khác về các bài toán phương trình hàm dạng thường gặp.
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm gồm bốn phần:
1. Kiến thức cơ sở
2. Các bài toán minh họa cấu trúc nhóm trong phương trình hàm
3. Một số dạng khác về phương trình hàm thường gặp
4. Kết quả thực nghiệm của đề tài.





B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI

I. Kiến thức cơ sở
1. Phép hợp thành các hàm số: Giả sử hai hàm
( )
f x
và
( )
g x
thoả mãn miền xác
định của
( )
g x
chứa miền giá trị của
( )
f x
khi đó ta gọi hợp thành của các hàm số của f
và g là một hàm số, kí hiệu

f g

xác định bởi :




( ) ( ) .
g f x g f x

Nói chung
f g g f

 
tức phép hợp thành các hàm số không có tính giao hoán
nhưng lại có tính kết hợp




.
f g h f g h

   

2. Khái niệm hàm lặp: Phép hợp thành
f f

gọi là phép lặp 2 lần đối với
f

và ta
có hàm lặp (2 lần)




2
( ) ( ) ( ) .
f x f f x f f x
  Mở rộng khái niệm hàm lặp n lần có:








( ) ( ) .
n
o o o
nlan
f x f f f x f f f f x    


Chẳng hạn
     
 
2
2 2

;
1 1 2
x x
f x f x f f x
x x
  
 
bằng quy nạp có
 
2
1
n
x
f x
nx



3.Tập hợp các hàm số


i
G g
 (g
i
: D
RR


) lập thành 1 nhóm đối với phép hợp

thành các hàm số nếu:
+ ,
i j
g G g G
  
thì
,
i j
g g G


+
1
,
g x G
 

+ Với mỗi g
i

G

thì


1
i
g G



sao cho:
1 1
1
i o i i o i
g g g g g
 
 

Số phần tử của G gọi là cấp của G.
4. Bài toán xác định phương trình hàm:
Cho

D R là một tập con và G là một nhóm hữu hạn có cấp nG  gồm các hàm
0 1
, , :
n
g g D D


với phép toán hợp thành.
Cho trước các hàm RD
n


:,, ,
10

. Phương trình hàm chúng ta quan tâm là:




 101000

nn
gfgf (1)
với f là hàm cần tìm.
Cụ thể hơn, với x là biến của hàm f, ta có phương trình hàm.














xxgfxxgfx
nn


 1100

Để giải phương trình này ta lần lượt thay x bởi



xg
i
. Khi đó ta nhận được một hệ
phương trình tuyến tính với hệ số là các hàm




xg
ji

, hệ số tự do gồm các hàm





xg
i

và ẩn là các hàm






1, ,0,,:  njixgfxf
ii
. Chú ý rằng điều kiện cần và đủ để

một nghiệm f
0
, f
n-1
của hệ phương trình này suy ra nghiệm của phương trình (1) là
11
00


ii
ogfogf với mọi i = 0,1,2, , n-1.
Chú ý : Cách giải như trên đối với phương trình (1) cũng giúp ta biết khi nào
phương trình có một nghiệm duy nhất hay vô số nghiệm. Trường hợp hệ có vô số
nghiệm xảy ra khi ta thay biến mới vào thì chỉ được phương trình hệ quả. Ví dụ, xét
phương trình hàm:




2
xxfxf  .
Theo cách ở trên, ta thay x bởi –x thì vẫn được phương trình ban đầu và do đó
không có phương trình mới. Nghiệm của phương trình này là
   
xFxxf 
2
2
1
trong đó
F(x) là một hàm lẻ bất kỳ.

Cấu trúc nhóm nào hay xuất hiện trong phương trình hàm (1)? Thông
thường nhóm G là một nhóm giao hoán hữu hạn và G sinh bởi một song ánh
DDg

: với tính chất
D
idg
n
 là ánh xạ đồng nhất trên D, ở đây ta lấy hợp thành n lần
của g. Khi đó, 1, ,0,  nigg
i
i
. Trong trường hợp này, lời giải bài toán hoàn toàn
phụ thuộc vào ánh xạ g. Để thiết lập các bài toán phương trình hàm dạng này, ta tìm
các nhóm G và cụ thể hơn là xây dựng các hàm g như vậy.
Ý tưởng xây dựng ánh xạ g là chia R thành các khoảng rời nhau (tạm thời bỏ qua
các điểm ở các đầu mút). Một ví dụ là các đoạn có dạng (k,k+1) với


k
. Hàm g sẽ là
song ánh từ khoảng này vào một khoảng khác, luân phiên giữa các bộ n khoảng. Ví dụ,
ta chia


1,0,1
4321
 DDDDR , trong đó









 ,1,1,0,0;1,1,
4321
DDDD .
Ta xét hàm
 
x
xg
1
 . Khi đó rõ ràng g:
34431221
:,:,:, DDgDDgDDgDD  là các
song ánh. Hay gặp nhất là trường hợp các g
i
là các hàm phân tuyến tính. Để sử dụng
trong phương trình hàm (1), ta chỉ xét các hàm phân tuyến tính xoắn, nghĩa là tồn tại
một số nguyên dương n sao cho


xxg
n
 . Để áp dụng, ta chỉ xét g hạn chế trên một
miền RD

. Cụ thể hơn,



11
,\


n
xxRD , trong đó
i
x là các điểm mà


xg
i
không xác
định.
Bằng cách lấy hợp thành của các hàm phân tuyến tính thích hợp ở trên, ta nhận
được một nhóm hữu hạn, thậm chí là không giao hoán. Thích hợp ở đây theo nghĩa là
hợp thành của các hàm đó cũng là các hàm phân tuyến tính xoắn. Ví dụ, xét hàm


xxg 
1
và
 
x
xg
1
2
 , khi đó

   
1 2 2 1
1
o
o
g g x g g x
x
  
và


1 2 1 2
; ; ;
o
G id g g g g
 là một nhóm giao hoán cấp 4.

II. Các bài toán minh họa cấu trúc nhóm trong phương trình hàm
Bài 1: Tìm hàm
( )
f x
sao cho
( ) 2 (1 ) 1 (1)
xf x f x
  

Phân tích. Nếu đặt
1 2
; 1
g x g x

  
thì


1 2
;
G g g
 làm thành một nhóm. Với phép biến
đổi
1 2 2 1
;
g g g g
  từ phương trình hàm đã cho có hệ:




   
1 1 2
2 2 1
2 1
2 1
g f g f g
g f g f g
 



 




Suy ra
   
1
2
3
4
x
f g f x
x x

 
 

Lời giải: Thay x bởi
(1 ),
x

ta có
(1 ) (1 ) 2 ( ) 1 (2)
x f x f x
   

Từ (1) và (2) suy ra
2
3
( )
4
x

f x
x x


 

Bài 2: Tìm hàm số f xác định
1
3
x
  
và thoả mãn
 
1
(1)
1 3
x
f x f x
x

 
 
 

 

Phân tích. Nếu đặt
1 2 3 2 2
1 1
, ;

1 3 1 3
o
x x
g x g g g g
x x
 
   
 

Khi đó g
3o
g
2
= g
1
&


1 2 3
, ,
G g g g



1/3
x   lập thành 1 nhóm. với phép biến đổi
1 2 2 3 3 1
; ;
g g g g g g
  

từ phương trình hàm đã cho ta có:




 
 
 
 
 
1 2 1
1 3 2
2 3 2 1
3 1 3
2
f g f g g
g g g
f g f g g f g
f g f g g
 

 

   



 


 
3 2
2
9 6 2
18 2
x x x
f x
x
  
 




1/3
x  

Lời giải:
Đặt
 
1 1
1/3
1 3 1 3
x t
t x t
x t
 
    
 
. Kết hợp với (1) ta có

 
1 1
1 3 1 3
t t
f f t
t t
 
 
 
 
 
 
.
Hay
 
1 1
1 3 1 3
x x
f f x
x x
 
 
 
 
 
 
(2)

Từ (1) thay x bởi
1

1 3
x
x


ta có
1 1 1
1 3 1 3 1 3
x x x
f f
x x x
  
   
 
   
  
   
(3). Từ (1), (2), (3) ta
có hệ:
 
 
1
1 3
1 1 1
1 3 1 3 1 3
1 1
1 3 1 3
x
f x f x
x

x x x
f f
x x x
x x
f f x
x x
 
 
 
 


 


  
   
 

   
  
   


 
 
 

 
 

 


Giải ra ta có:
 
3 2
2
9 6 2
18 2
x x x
f x
x
  





1/3
x  
Bài 3: Giải phương trình hàm :
 
1
2 1
1
x
xf x f
x

 

 
 

 
(1) (x
0, 1
 
)
Phân tích. Nếu đặt
1 2
1
,
1
x
g x g
x

 

,
3 2 2
1/ ( 0)
g g g x x
   

4 2 3 3 2
1
( 1)
1
x

g g g g g x
x

   

  và


1 2 3 4
, , ,
G g g g g
 lập thành một nhóm. Từ
phương trình hàm đã cho có hệ:




 
 
 
 
   
1 1 2
2 2 3
3 3 4
4 4 1
2 1
2 1
2 1
2 1

g f g f g
g f g f g
g f g f g
g f g f g
 


 


 


 

Suy ra :
     
2
1
2
4 1
0; 1
5 5
x x
f g f x x
x x
 
   


Lời giải: Đặt
1 1
1 1
x t
t x
x t
 
  
 
. Kết hợp với (1) ta có:
 
1 1
2 114
1 1
x x
f f x
x x
 
 
 
 
 
 
(2)
Đặt
1 1
1 1
x u
u x
x u

 
  
 
kết hợp (1) suy ra


1
1 1
2 1(3)
1 1
x
x
f f
x x x

 
   
 
   
 
   

Đặt
1 1
v x
x v
 
   kết hợp (1) suy ra
1 1 1
2 1

1
x
f f
x x x
  
   
 
   

   
(4)

Từ (1); (2); (3); (4) có hệ:
 
 
1
2 1
1
1 1 1
2 1
1 1
1 1 1
2 1
1
1 1
2 1
1 1
x
xf x f
x

x x
f f
x x x
x
f f
x x x
x x
f f x
x x
 
 
 
 


 


  
   
 
   

 
    

  
   

 

   


   

 
 

 
 

 
 


Giải ra ta có
 
 
2
4 1
5 1
x x
f x
x x
 






0; 1
x
 

Bằng phương pháp trên chúng ta giải được một lớp phương trình hàm mà ở đó
việc tìm ra các hàm g
i
sao cho


i
G g
 lập thành một nhóm đối với phép hợp thành các
hàm số là mấu chốt. Đối với học sinh khi trình bày lời giải các em không cần đưa ra
nhóm G. Việc diễn đạt được trình bày dưới dạng phép đặt (đặt hàm như thế nào đó
tức là tìm các g
i
làm ngoài nháp)
Bài 4: (Putnam 1971). Tìm tất cầm số


RRf 1,0\: thoả mãn.
 
x
x
x
fxf 








 1
1
với mọi 1;0,


xRx
Phân tích. Ký hiệu D = R \

0,1

. Xét các hàm
1 2 3
, , :
g g g D D

thoả mãn
1 2 3
( ) , ( ) ( 1)/ , ( ) 1/(1 )
g x x g x x x g x x
    
với mọi x

D (Ta tìm g
3
bằng cách lấy
3 2 2

g g g


). Dễ dàng chứng minh:
2 2 3 2 3 1
, .
g g g g g g
 
  Khi đó


1 2 3
; ;
g g g
lập thành một nhóm.
Lời giải:
Phương trình hàm ban đầu viết lại là


2
( ) ( ) 1.
f x f g x x
  
Ký hiệu:
1 1 2 2 3 3
; ; .
f f f g f f g f f g
   
  
Khi đó, thay x lần lượt bởi g

2
(x) và
g
3
(x) ta nhận được hệ phương trình:

1 2
2 3 2
1 3 3
1
( ) 1
( ) 1.
f f x
f f g x
f f g x
  


  


  


Hệ này có nghiệm:

3 2
1
3 2
2

3 2
3
1
( ) ( )
2 ( 1)
2 1
( ))
2 ( 1)
3 4 1
( ) .
2 ( 1)
x x
f x f x
x x
x x x
f x
x x
x x x
f x
x x

 
 




  






  





Thử lại điều kiện
, 2,3
i i
f f g i
 
 ta thấy thoả mãn. Vậy nghiệm của phương
trình hàm ban đầu là:
3 2
1
( ) .
2 ( 1)
x x
f x
x x
 



Bài 5. Tìm tất cả các hàm giá trị phức
:
f C C


thoả mãn:




zzzfzf  11 với mọi
Cz


Phân tích. Giả sử
:
f C C

thoả mãn phương trình hàm. Khi đó:





zzzz
zzzz
2)()1()1(
1)1()(

Ở đây g
1
=z;g
2
=1-z và



1 2
;
G g g
 lập thành một nhóm
Lời giải:
Từ hệ trên suy ra
2 2
( 1) ( ) 1, .
z z f z z z z C
      
Từ đó
( ) 1
f z

với mọi
1 2
, ,
z C z z z
 
trong đó




2/31,2/31
21
iziz  . Các giá trị (z
1

),
 (z
2
) chỉ cần thoả mãn điều kiện.
1 1 2 1
( ) ( ) 1 .
f z z f z z
  

Bài 6. Tìm tất cả các hàm số


xf thoả mãn.
2
3 2 13 4
2 3 .
1 2 1 2 3
x x x
f f
x x x x
 
   
 
   
  
   

Phân tích. Đặt
1 1
3 2

( ) , ( ) .
1 2 1
x x
g x h x
x x

 
 
Ta thấy
2
1
( )
g x x

nhưng
1
( )
n
h x x

với
1,2,3,4,5.
n

Ta có thể nghĩ đến tìm một hàm g sao cho


1 1
( ) ( ) .
h x g g x

 Khi đó
2
( ) ,
3 1
x
g x
x



ta có
2
( ) .
g x x


Phương trình ban đầu viết lại là

   
 




 
1 1
1 1
1 1
1 ( ) 9 ( ) 4
2 ( ) 3 ( )

( ) ( ) 2
g x g x
f g x f g g x
g x g x
 
 


Lời giải: Giải tương tự như bài trước, ta được:
1
( ) .
f x
x


Thử lại trực tiếp vào phương trình ban đầu ta suy ra đây là nghiệm.
Bài 7. Tìm tất cả các hàm số
f
xác định trên


\ 0;1
R thoả mãn.
 


 
xx
x
x

fxf











1
212
1
1

Phân tích. Xét
1
( ) .
1
g x
x


Ta có
2
1
( ) 1g x
x

 
và
3
( ) .
g x x

Phương trình ban đầu
viết lại là




2
( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) .
f x f g x g x g x
   

Lời giải: Đặt




2
0 1 2
( ) ( ), ( ) ( ) , ( ) ( ) ,
f x f x f x f g x f x f g x
  
ta được hệ phương trình.



 
 
2
0 1
2
1 2
2 0
( ) ( ) 2 1 ( ) ( )
( ) ( ) 2 1 ( )
( ) ( ) 2 1 ( ) .
f x f x g x g x
f x f x x g x
f x f x x g x

   


   


   



Giải hệ phương trình ta được
0
1
( ) 1 2 ( ) .
1
x

f x g x
x

  

Bằng cách thử trực tiếp vào
phương trình ban đầu ta suy ra đây là nghiệm.
Bài 8. Tìm tất cả các hàm số
( )
f x
thoả mãn:
x
x
x
f
x
x
f 


















1
3
1
3

Phân tích. Xét
3
( ) .
1
x
g x
x



Ta có
2 3
3
( ) , ( ) .
1
x
g x g x x
x

 


Đặt

0 1 2
3 3
( ) ( ), ( ) , ( ) .
1 1
x x
f x f x f x f f x
x x
 
 
  
 
 
 
Phương trình ban đầu viết lại là
2
( ) ( ) .
f g x f g x x
 
 
Lời giải: Lần lượt thay x bởi
( )
g x
và
2
( )
g x
vào phương trình này ta được hệ phương

trình

1 2
0 2
2
0 1
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ).
f x f x x
f x f x g x
f x f x g x

 

 


 


Giải hệ này ta được

2 3
0
2
( ) ( ) 7
( ) .
2 2(1 )
g x g x x x x

f x
x
  
 


Bằng cách thử lại ta suy ra đây là nghiệm phương trình ban đầu.
Bài 9. (IMO shortlist 2001 (Czech)). Tìm tất cả các hàm số
:
f

 
thoả mãn:


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , .
f xy f x f y x y f x f y x y
    


Lời giải:
Điều kiện cần. Giả sử
:
f

 
là một hàm thoả mãn phương trình hàm.
Cho y = 1 ta có
2
( ) (1).

f x xf
 Nếu
(1) 0
f

thì
( ) 0,
f x

với mọi
.
x



Giả sử
(1) 0.
f a
 
Khi đó ký hiệu


| ( ) 0 .
G x f x
    
 Khi đó dễ thấy
( ) , .
f x ax x G
  
Ta đi miêu tả tập G.

- Trước hết
1
G

.
- Nếu
1 ,
x G
 
thay y = x
-1
vào phương trình hàm ta được



1 1 1
(1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
f f x f x x x f x f x
  
  

Do đó


1 1
( ) (1) ( ) ( ) (1) ( ) 0.
f x f x x f x f f x
 
   
Từ đây ta suy ra

1
( ) 0.
f x


Nói
cách khác
1
x G


hay G đóng đối với phép lấy nghịch đảo.
- Nếu
x y G
 
thì do


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,
f xy f x f y x y f x f y
   
nên
.
xy G


- Nếu x

G, thay x bởi x
2

và y = x
-1
ta được:
(x)( (x
2
) - (x
-1
)) = (x
2
– x
-1
) (x
2
) (x
-1
).
Dẫn đến


2 2 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0.
f x f x x x f x f x f x
  
   

Do đó
2
( ) 0.
f x


Nói cách khác, x
2


G. Kết hợp với khẳng định trên ta suy ra G
đóng đối với phép nhân.
Điều kiện đủ: Dễ thấy hàm  = 0 thoả mãn phương trình hàm. Giả sử
G


là
một tập con đóng đối với phép nhân và phép lấy nghịch đảo. Khi đó định nghĩa hàm
:
f

 
như sau:

0, ( 1)
( ) , ( )
0, ( )
a x
f x ax x G
x G
 


 







Hàm  như vậy là nghiệm của phương trình hàm trong bài toán. Thật vậy, nếu
,
x y G

thì
xy G

và ta có.


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
f x f x f y axy ax ay x y f x f y
     Giả sử
y G

. Nếu
,
x G

thì
xy G

ta có


( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( )

f xy f x f y x y f x f y
   
Nếu
x G

thì
( ) ( ) 0
f x f y
 
và ta có


( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( )
f xy f x f y x y f x f y
   
Tóm lại hàm  định nghĩa như trên là một nghiệm của phương trình hàm ban đầu.
Vậy nghiệm của phương trình hàm ban đầu hoặc là hàm  = 0 hoặc là hàm số có
dạng:
0, ( 1)
( ) , ( )
0, ( )
a x
f x ax x G
x G
 


 






Trong đó G

R là một tập nào đó đóng đối với phép nhân và lấy nghịch đảo.

Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tìm hàm
( )
f x
nếu:
a.




2 4
1 2
x f x f x x x
   

b.




2
2 1
f x f x x

  

Bài 2: a. Xác định hàm
( )
f x
và
( )
g x
nếu:






 
2
1 1 2 1 1
1 1 2 2 10
0;1/2
xf x g x x x
x x
f xg x
x x x
     


 
   
  

   
   



b. Xác định các hàm số
( )
f x
và
( )
g x
nếu:
   
 
2
6 2 2 15
2
2
5 4
2
x
f x g x
x
f g x x


   





 

   
 

 


c. Tìm hàm số
( )
f x
nếu:
   
1 1
1
1
x f x f
x x
 
  
 

 

Bài 3:
a. Xác định hàm
( )
f x
nếu:







1 1 ; 0
af x bf x cx a b
    

b. Xác định hàm
( )
f x
nếu
 
2
a
f x f x
a x
 
 
 

 

c. Xác định hàm
( )
f x
nếu
   

1
0
af x bf cx x
x
 
  
 
 

với
, ,
a b c
cho trước.
III. Một số dạng khác về phương trình hàm thường gặp:
Ngoài cách sử dụng cấu trúc nhóm để giải một lớp phương trình hàm như trên
chúng ta đề cập thêm 2 dạng khác về phương trình hàm dạng thường gặp
Dạng 1: Xác định phương trình hàm bằng phép chọn giá trị đặc biệt.
Từ giả thiết mà hàm số thoả mãn
x D
 
, chọn giá trị x thích hợp, xác định giá trị
của hàm tại những điểm đặc biệt. Từ đó nhờ mối quan hệ, đặc điểm của đẳng thức
(hay điều kiện) mà hàm thoả mãn, xác định được giá trị của hàm tại các điểm khác và
thử lại.

Bài 1:
Xác định hàm số
( )
f x

thoả mãn:
1 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) 2012 (1) , .
x x
f x x f x f x x x

    


Lời giải:

Cho
1 2
0,
x x
 
từ
2
0 (0) 1
(1) (0) (0 ) 1
(0) 1.
f
f f
f
 

   




Vậy
(0) 1.
f


Cho
2 1
,
x x
 
từ
1 1
(1) (0) ( ) ( ) 1.
f f x f x
   


Do
1 1
(0) 1 ( ) ( ) 1
f f x f x
   

hay
( ) ( ) 1, .
f x f x x
  

Cho

2
0,
x

từ (1) ta có:
1
1
( ) 2012
x
f x 
hay
( ) 2012
x
f x x
 
(2)
Từ
(2) ( ) 2012
x
f x

  
mà
1 1
( ) 2012 (3)
( ) 2012
x
x
f x
f x


  


Từ (2) và (3) suy ra
( ) 2012 .
x
f x 

Thử lại: Với
( ) 2012
x
f x 
ta có
1 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) 2012 ,
x x
f x x f x f x x x

    


thoả mãn
(1).
Vậy hàm cần tìm
( ) 2012 .
x
f x 

Bài 2:
Xác định hàm
:
f

 

thoả mãn.
(0) 2012; ( ) 2013 (1)
2
( ) ( ) 2 ( )cos (2) , .
f f
f x y f x y f x y x y


 



     



Lời giải:

Thay
x
bởi
2

x


và
2
y


.
Từ (2) có:
0
2
cos)
2
(2)()( 



xfxfxf
(3)
Thay
2
x


,

y
bởi
2

y


từ (2) có:
( ) ( ) 2 ( )cos( ) 2 ( )sin
2 2 2
f y f y f y f y
  

    

hay
( ) ( ) 2 ( )sin (4)
2
f x f x f x


  

Thay
0
x

;
y
bởi
( )
y



từ (2) có:
( ) ( ) 2 (0)cos( ) 2 (0)cos
f y f y f y f y
  
      

hay
( ) ( ) 2 (0)cos (5)
f x f x f x
 
    

Từ (3) ; (4) ; (5) có hệ:
( ) ( ) 0
( ) ( ) 2 ( )sin
2
( ) ( ) 2 (0)cos
f x f x
f x f x f x
f x f x f x



 
  



  



   




Giải ra có:
( ) 2012cos 2013sin .
f x x x
 

Thử lại: Dễ thấy hàm thoả mãn (1); (2).

Bài 3:
Xác định hàm
:
f

 

thỏa mãn:

( ) ( ) ( 1) 2 1 (1)
f xy f x y f x y xy x
       

Lời giải:

Có







(1) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) 0
f xy xy f x y x y f x y x y
            

Xét hàm
( ) ( ) .
g t f t t
 

Cho
y
= 0 từ (1) ta có :
(0) ( 1) ( ) 2 1
f f x f x x
    

Cho
1
y
 
từ (1) ta có:
( ) ( 1) ( ) 1
f x f x f x x
     

Suy ra:
( ) (0)
f x f x
  

hay
( ) (0) , .
f t f t t
  
Khi đó:
( ) (0) 0 (0).
f t t f g
   
Từ đó:
( ) ( ) ( 1) 0 3 (0) 0 (0) 0 ( ) , .
g xy g x y g x y g g f t t t
            

Hay
( ) , .
f x x x
  


Thử lại dễ thấy hàm
( )
f x x

thoả mãn (1).
Bài 4:

Cho
2 2 2
0
a b c
  
. Xác định hàm

:
f

 
thoả mãn.
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0 (1), , , .
af x xy bf y zx cf z xy x y z
       


Lời giải:

Hoàn toàn có thể giả sử
0.
a


Cho
0,
y z
 
từ (1) suy ra

2
( ) ( ) (0) 0.
af x b c f
  

Suy ra:
2
( ) (0)
( ) .
b c f
f x
a

 

Cho
0, 1,
x z
 
từ (1) suy ra
2
( ) ( ) (0) 0 (*)
af y bf y cf  

Từ đó:
2 2
2
( )
(0) (0)
( ) (0)

( ) (0), .
b c
b f cf
bf y cf b bc ac
a
f y f y
a a a


  
     


Suy ra
f
là hàm hằng trên

. Đặt
f
(
x
) =
A
.

Từ (*) suy ra
( ) 0.
a b c A
  
Do đó:

+ Nếu
0,
a b c
  
thì
A=0
và
( ) 0, .
f x x
  


+ Nếu
0,
a b c
  
thì
A
tùy ý và
( ) , .
f x A x
  


Thử lại: Dễ thấy cả 2 trường hợp trên đều thoả mãn (1).

Bài 5:
Xác định hàm

:

f

 
thoả mãn.
2 2
( ) ( - ) ( ) ( ) (1)
xf x y y f y x f x f y   

Lời giải:

Cho
x
=
y
= 0, từ (1) có:
f
(0) = 0
Cho
y
= 0, từ (1) có:
x

f
(
x
) =
f
(
x
)

2
nên
( ) 0
f x


hoặc
( )
f x x

(2)
Cho
y x
 
, từ (1) ta có:
2 2
( 2 ) ( ) ( ) (*)
xf x f x f x    

Do
( 2 ) 0
f x
 
hoặc
( 2 ) 2
f x x
  
theo (2), nên:
2 2
2

2 2 2 2
( 2 ) 0
( ) 0 ( ) 0
; ;
( 2 ) 2
( ) ( )
xf x
f x f x
xf x x
f x x f x x
  
 
  

 

  
  

 

Nếu
( 2 ) 0,
xf x
  
do (*) nên phải có:
2 2
( ) ( ) 0
f x f x
  

và
2
( 2 ) 2
xf x x
  
thì
2 2 2
( ) ( )
f x f x x
  
.
Tức luôn có :

2 2
( ) ( ) , .
f x f x x
   


Thay
x
bởi (-
x
), từ (1) suy ra
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
xf y x yf y x f x f y f x f y
        

Từ đó:

( ) ( ) ( ) ( - )
xf y x yf y x xf x y yf y x
      
( theo (1)).
Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( ),
y x f x y y x f y x
    
nên
( ) ( )
.
( )
f x y f y x
x y
x y y x
 
   
 

Do đó :
( )f u
const C
u
 
0.
u
 
Suy ra
( ) ( 0).
f u cu u

 

Do
(0) 0
f

nên
( ) .
f u cu u
  


Theo (2) thì
( ) 0
f u

hoặc
( )
f u u

, nên
0
c

hoặc
1
c


Thử lại: Cả 2 hàm

( ) 0
f x

hoặc
( )
f x x

đều thoả mãn (1)

Với hàm xác định trên tập


(thực chất là dãy ) thì sự xác định phương trình
hàm có thể kết hợp giữa phương pháp chọn trị đặc biệt và phương pháp qui nạp.

Bài 6:
Xác định hàm
:
f

 

(1) 1
f

và
 
1
( ) ( ) (2 ) (2 ) (1)
2

f m n f m n f m f n    
, , .
m n m n
  


Lời giải:

Cho
0
m n
 
, từ (1) có:
2 (0) (0),
f f

nên
(0) 0
f


Cho
0.
n

Từ (1) có:
1
2 ( ) (2 ) (2 ) 4 ( ).
2
f m f m f m f m

  

Cho
1.
n m
 
Từ (1) suy ra
 
1
(2 1) (1) (2 ) (2 2)
2
f m f f m f m
    

 
1
4 ( ) 4 ( 1) 2 ( ) 2 ( 1)
2
f m f m f m f m
     

(2 1) 2 ( ) 2 ( 1) (1) (2).
f m f m f m f
     

Ta có:
2 2 2
(0) 0 0 ; (1) 1 1 ; (2) 4 (1) 2 ;
f f f f     

2
(3) 2 (2) 2 (1) (1) 9 3 .
f f f f
    

Ta chứng minh bằng qui nap rằng:
2
( ) , .
f n n n
  

(*)
Rõ ràng (*) đúng với n = 0; 1; 2; 3.
Giả sử (*) đúng đến
,
n k

ta có
 
1
( 1) ( 1) (2 ) (2)
2
f k f k f k f    
.
Nên:
 
2 2 2
1
( 1) 4 ( ) 4 ( 1) 2 ( ) ( 1) 2 2 ( 1) 2 ( 1) .
2

f k f k f k f k f k k k k              
Do đó (*) đúng với
1
n k
 
.
Vậy
2
( ) , .
f n n n
  



Với hàm xác định trên

(dãy số) vấn đề xác định công thức tổng quát của dãy
được đề cập nhiều trong các tài liệu. Việc xác định công thức tổng quát còn giải
theo các phương pháp khác như dựa vào phương trình đặc trưng, phương pháp lùi
dần các số hạng kết hợp với qui nạp

Dạng 2: Xác định phương trình hàm bằng cách vận dụng khéo léo, triệt để sự liên hệ
về đồ thị, các tính chất của hàm số (tính liên tục, tính đơn ánh, đơn điệu, tính khả vi,
khả tích, tính có giới hạn, tính chia hết, tính chẵn, lẻ ).
Với dạng này không có phương pháp chung để giải. Việc tìm ra lời giải phụ thuộc
vào “tình tiết” của từng bài toán. Chúng ta xét một số ví dụ sau:
Bài 1: Xác định phương trình đường cong đối xứng với đồ thị
 
2
4 3

2
x x
y C
x
 


qua
đường
1.
y


Lời giải : Gọi
0 0
( ; )
A x y
là một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số cần tìm . Suy ra


0
;2
B x yo

là điểm đối xứng của A qua đường y = 1.
Ta có
0 0
( ; )
A x y
thuộc đồ thị hàm số cần tìm khi và chỉ khi :

 
 
2 2
0 0
0
0 0
4 3 2 7
;2 2
2 2
o o
x x x x
B x yo C y y
x x
    
      
 
. Do đó phương trình
đường cong cần tìm
2
2 7
.
2
x x
y
x
  



Bài 2: Xác định phương trình đường cong đối xứng với đồ thị

2
4 1 ( )
y x x C
   qua
(1;1).
A

Lời giải: Gọi
0 0
( ; )
M x y
là một điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số cần tìm , suy ra
2 0
(2 ;2 )
N x y
 
là điểm đối xứng với M qua
(1;1)
A
ta có:
0 0
( ; )
M x y
thuộc đồ thị hàm số
cần tìm khi và chỉ khi :









2 2
0 0 0 0 0
2 ,2 2 2 4 2 1
N x y C y x x
         

2
0 0
3 14 13.
o
y x x
   
Vậy
hàm cần tìm có dạng
2
0 0
3 14 13.
o
y x x
  

Bài 3: Xác định hàm


: 0;1 :f 

liên tục và thoả mãn



4 5
( ) 5 ( ) 0;1
f x x f x x  
Lời giải: Để ý nếu
( )
F x
là nguyên hàm của
( )
f x
trên [0;1] (do
( )
f x
liên tục nên khả
tích), tức là
'( ) ( )
F x f x

thì hàm
5
( ) ( ) ( )
g x F x F x
  có:


4 5 4 5
'( ) '( ) 5 '( ) ( ) 5 ( ) 0 0;1
g x F x x F x f x x f x x       .
Suy ra

( )
g x
đồng biến trên [0;1]. Do đó
(0) ( ) (1)
g g x g
 

mà


(0) (1) 0 ( ) 0 0;1 .
g g g x x      Do đó
5
( ) ( ).
F x F x

Suy ra:
5 5 5
( ) ( ) ( ) lim ( ) (0),
n n
n
F x F x F x C F x F

      (do


0;1
x , nên
5
lim 0,

n
n
x


)
Với mỗi


0;1
x

đặt






5 5 5 5
0 0 0 0 0
lim ( ) (lim ) (0)
n n n
a F x F x F x F x F x F C
        

Chứng tỏ


( ) , 0;1 .

F x C x   Vậy


( ) , 0;1 .
f x x x  
Bài 4: Xác định hàm
( )
f x
, tăng từ

 
và thoả mãn


( ) ( ) 1 (1).
f f x y f x y   
Lời giải: Từ (1) suy ra








( ) ( ) 1 ( ) 1 ( 1) 1
f f f x y f f x y f f x y f x y
          
(theo (1))
hay



( ) ( 1)
f f x y f x y
   
do f tăng nên đơn ánh , suy ra :
( ) 1, , ( ) 1, .
f x y x y x y f x x x
         


Thử lại:


( ) ) ( 1 ) ( 1) 1 2
f f x y f x y x y x y
          


( ) 1 ( ) 1 1 2
f x y x y x y
        

Do đó hàm
( ) 1
f x x
 
thỏa mãn (1).
Vậy hàm cần tìm là:
( ) 1

f x x
 
(bài này có thể chọn giá trị đặc biệt).
Bài 5: Chứng minh rằng không tồn tại hàm f liên tục trên

và thoả mãn:
(2012) (2013)
f f

và


( ) 2012 .
x
f f x


Lời giải:
Nhận xét, nếu




( ) ( ) ( ) ( ) 2012 2012
x y
f x f y f f x f f y x y
 
      
, do đó f là
đơn ánh. Do f(x) liên tục, đơn ánh nên đơn điệu. Lại có

(2102) (2103)
f f

suy ra f
đơn điệu tăng, nên nếu
( ) ( )
x y f x f y
  
suy ra




( ) ( ) 2012 2012
x y
f f x f f y x y x y
 
        
(mâu thuẫn).
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn đề bài.
Bài 6: Xác định hàm
:
f

 
liên tục và thoả mãn
4 4
( ) ( ) (1).
f x f x x x  
Lời giải: Ta có



4 4
(1) ( ) ( ) .
f x x f x x
    
Xét hàm
( ) ( ) .
g x f x x
 
Có
( )
g x
liên tục trên
;


4 4 4 4
( ) ( ) ( ) ( ) 0 (0) (1) 0
g x f x x g x g x g g
       

Ta lại có:
4 4 4 4 4
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),
g x f x x f x x g x f x x g x g x
            

nên
( )

g x
là hàm chẵn. Ta có
4 4 16 16
( ) ( ); ( ) ( ) ( ) ( )
g x g x g x g x g x g x
      và
1/16
( ) ( ), 0.
g x g x x
  

Bằng qui nạp, ta có với mỗi
0
0
x

, tuỳ ý ta có
1/16 1/16
0 0 0
( ) ( ) ( ), .
n
g x g x g x n
    


Do đó
1/16
0 0
( ) lim ( ) (1) 0.
n

n
g x g x g

  
Vậy
( ) 0, .
g x x
  

Từ đó :
( ) , .
f x x x
  

Thử lại dễ thấy hàm số thỏa mãn (1)
Bài tập vận dụng:
Bài 1:
Xác định hàm
( )
f x
thoả mãn:
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
( ) ( )
( ) , , : 0.
f x f x
f x x x x x x
x x


   



Bài 2:
Xác định hàm
( )
f x
thoả mãn:
1 2 2 1 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , .
x f x x f x x x f x f x x x
    


Bài 3:
Tìm hàm
:
f

 
sao cho


( ) 2.
f f n n
 

Bài 4:
Tìm hàm

:
f

 

và thoả mãn


( 1) ( ) ( ) 1 , , .
f x f y y f x x y
     



Bài 5:
Xác định hàm
:
f

 
và thoả mãn:

1
2 ( ) 3, 2.
2
f f x x
x
 
   
 


 

Bài 6:
Xác định hàm
:
f

 
thoả mãn: hai điều kiện
a)
( ) , .
x
f x e x
  


b)
( ) ( ) ( ).
f x y f x f y
 

Bài 7:
Xác định hàm
f
;
g
nếu:
( ) ( ) cos( ) ( ), , .
f x f y x y g x y x y

     


Bài 8: Xác định hàm




: 0;1 0;1
f  thoả mãn hai điều kiện:
a)
1 2 1 2
( ) ( ), .
f x f x x x
  

b)




2 ( ) , 0;1 .
f x f x x x   

Bài 9: Xác định hàm
* *
:f 
 
tăng thực sự và thoả mãn hai điều kiện
a)

(2 ) ( ) .
f n f n n
 

b) Nếu
( )
f n
chính phương thì n chính phương.
Bài 10: Xác định
:
f

 
thoả mãn hai điều kiện
a)
(1995) 1996
f

.
b) Nếu
( )
f n m

thì
( )
f m n

và
( 3) 3, , .
f m n m n

    

(Học sinh
giỏi PTTH 1995 - 1996)
Bài 11: Tìm hàm
*
: *
f 
 
và thoả mãn đồng thời các điều kiện:
a)
( 1) ( )
f n f n
 
.
b)


( ) 2012.
f f n n 
Bài 12 Cho
( )
f x
xác định trên

và thoả mãn
a)
( ) 1.
f x x
 

b)
( ) ( ) ( ).
f x y f x f y
 

Xác định hàm
( )
f x
.
III. Kết quả thực nghiệm
Tiến hành kiểm tra trên cùng một đối tượng : Học sinh lớp 11S –THPT chuyên
Lam Sơn trước và sau khi học chuyên đề
Đề kiểm tra số 1 (Trước khi học chuyên đề) Thời gian: 45
’

Bài 1: Xác dịnh phương trình đường cong đối xứng với đồ thị
2
3 4
2 5
x x
y
x
 


qua
đường thẳng
2.
y

 

Bài 2: Xác dịnh hàm số
( )
f x
thỏa mãn:
 
1
1
x
f x f x
x

 
  
 
 



0;1
x 
Đề kiểm tra số 2( Sau khi học chuyên đề) Thời gian: 60
’

Bài 1: Xác dịnh phương trình đường cong đối xứng với đồ thị:
2
2 11
3 2
x x

y
x
 


qua
đường thẳng
3.
y


Bài 2: Tìm hàm
( )
f x
nếu:

   
1 1
1
1
x f x f
x x
 
  
 

 

Bài 3:
Xác định hàm

( )
f x

thoả mãn:

1 2 2 1 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , .
x f x x f x x x f x f x x x
    


Lời giải các đề kiểm tra xin không nêu ra ở đây. Kết quả thực tế như sau:

Sĩ số: 35 em

Điểm <5 Điểm 5-6.5 Điểm 7-10 Ghi chú
Bài số 1
25em
71.4
0
0

10em
28.6
0
0


Bài số 2 5em
14.3

0
0

20em
57.1
0
0

10em
28.6
0
0




C. KẾT LUẬN:

Vấn đề xác định phương trình hàm là một vấn đề khó, đối tượng bồi dưỡng học
sinh phải là học sinh khá giỏi.
Trên đây là một số bài toán xác định phương trình hàm nhờ cấu trúc nhóm và
một số dạng thường gặp sát với chương trình SGK THPT. Tuy nhiên sự phân loại
như trên chỉ mang tính chất tương đối. Mỗi bài toán xác định phương trình hàm đều
có một mấu chốt riêng của nó. Đòi hỏi chúng ta phải phân tích kĩ các giả thiết, vận
dụng các kiến thức đã học để tìm ra lời giải.
Vì là vấn đề khó và rộng nên đề tài chắc chắn còn nhiều thiếu sót. Chúng tôi
sẽ nghiên cứu và bổ sung tiếp vấn đề này để chuyên đề ngày càng được hoàn thiện.
Rất mong sự ủng hộ, giúp đỡ nhiệt tình của các thầy giáo, cô giáo và các anh chị
đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn !

Lam Sơn, ngày 9 tháng 5 năm 2012
Người viết đề tài





Phan Thị Lệ