Hàm số mũ và phương trình hàm

1

HÀM SỐ MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
+=
( ) ( ). ( )fx y fx fy
TRÊN


Nguyễn Thùy Trang,
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp.
Huỳnh Ngọc Cảm,
Trường Đại học Đồng Tháp.
Tóm tắt.
Trong bài viết này, chúng tôi xin được bàn về hàm số mũ với đặc trưng
hàm của nó là
(
)
( ). ( ),
fx y fxfy+=
,.xy∀∈

I. MỞ ĐẦU
Trong số các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông
thì chuyên đề Phương trình hàm luôn là một nội dung khó và thường gặp trong đề
thi học sinh giỏi các cấp. Chính vì vậy, làm thế nào để bồi dưỡng chuyên đề này
thật hiệu quả luôn là vấn đề mà các Giáo viên đang trực tiếp phụ trách đội tuyển
toán đều rất quan tâm.
Khi dạy chuyên đề Phương trình hàm, chúng ta thường cho học sinh chú ý đến đặc
trưng của một số hàm số sơ cấp. Nhờ các đặc trưng này mà ta có thể dự đoán được
đáp số của các bài tập phương trình hàm cũng như có thể ra bài tập tương ứng với
các đặc trưng đó.

Trong bài viết này, chúng tôi xin được bàn về hàm số mũ với đặc trưng hàm của nó
là
(
)
( ). ( ),fx y fxfy
+=
,.
xy∀∈

II. NỘI DUNG CHÍNH
Bài toán tổng quát đặt ra:
Tìm tất cả các hàm số
f
xác định trên

sao cho
2
(,) ,xy∀∈

+=( ) ( ). ( )fx y fx fy
(*)
Để giải quyết bài toán này, thiết nghĩ trước hết, chúng ta cần nhắc lại đôi nét chính
về hàm số mũ.
1) HÀM SỐ MŨ
a) Định nghĩa hàm số mũ
2

0, ,ax∀ > ∀∈
ta định nghĩa
x

a
bởi đẳng thức sau
lnx xa
ae=

Hàm số
:
x
a
fx a
được gọi là hàm số mũ, cơ số
.a

Chú ý : Nếu
1a =
thì
,x∀∈
1.
x
a =

Trong các phần tiếp theo, ta giả sử
1.a ≠

b) Tính đơn điệu của hàm số mũ
Hàm số
a
f
liên tục và có đạo hàm trên
.

Hơn nữa
() ln. ().
aa
fx afx
′
=

Ta khảo sát tính đơn điệu của hàm
a
f

trong 2 trường hợp.
Trường hợp 1 :
1a >

Khi đó,
ln 0a
>
và vì
() 0
a
fx>
nên suy ra
( ) 0,
a
fx
′
>
.x∀∈

Vậy khi
1a >

thì
a
f
là hàm số đồng biến trên
.

Ta lại có
(0) 1
a
f =
và
lim ( ) ;
a
x
fx
→+∞
= +∞

lim ( ) 0.
a
x
fx
→−∞
=

x

−∞

0

+∞

a
f


+∞


1

0

Trường hợp 2 :
1a <

Trong trường hợp này,
( ) 0,
a
fx
′
<
.x∀∈

Vậy khi
1a <

thì
a
f
là hàm số nghịch biến trên
.

Ta có bảng biến thiên sau:
x

−∞

0

+∞

a
f


+∞


1


0

c) Tính chất
3

2
( , ) , 0,xy a∀ ∈ ∀>
( ) ( ). ( )
a aa
fx y fxfy
+=
tức là

xy x y
a aa
+
=

2)
HÀM SỐ MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
+=
( ) ( ). ( )fx y fx fy
TRÊN


Dễ thấy hàm số
a
f
thỏa mãn phương trình hàm :
( ) ( ). ( ),fx y fxfy+=
,.xy∀∈

Bây giờ, chúng ta sẽ tập trung giải quyết bài toán tổng quát đặt ra ở trên trong
trường hợp hàm số có đạo hàm trên tập số thực và trong trường hợp hàm số liên

tục tại ít nhất một điểm thuộc tập số thực.
a) Bài toán 1 (liên quan đến tính có đạo hàm của hàm số)
Tìm tất cả các hàm số
f
xác định và có đạo hàm trên

sao cho
2
(,) ,xy∀∈

+=( ) ( ). ( )fx y fx fy
(*)
Để giải bài toán 1, ta xét định lý dưới đây.
Định lý 1
Hàm số
f
xác định và có đạo hàm trên

thỏa mãn phương trình hàm (*) khi
và chỉ khi một trong hai khẳng định sau đây là đúng:
1.
f
là hàm số - không;
2. Tồn tại
,
a∈

0a >
sao cho
,x∀∈

() .
x
fx a=

Chứng minh định lý 1
Trước tiên, ta nhận thấy rằng hàm số - không và các hàm số mũ với cơ số tùy ý lớn
hơn
0
đều thỏa mãn điều kiện (*).
Như vậy, vấn đề còn lại là kiểm tra điều kiện cần, tức là ta cần tìm câu trả lời cho
câu hỏi : Nếu các hàm số thỏa (*) thì chúng có phải hoặc là hàm số - không hoặc là
hàm số mũ hay không?
Giả sử
f
xác định, có đạo hàm trên

và thỏa mãn điều kiện (*). Khi đó, ta lần
lượt nhận được các kết quả sau:
i) Nếu
f
triệt tiêu tại một điểm nào đó thì
f
là hàm số - không.
Thật vậy, giả sử tồn tại
0
x ∈
sao cho
0
( ) 0.fx =

Với mọi
,
x∈
ta có
000 0
()( )().( )0.fx fx x x fx fx x= +−= −=

ii) Nếu
f
không là hàm số - không thì
f
là hàm số mũ.
4

Ta giả sử
f
không triệt tiêu trên
.
Khi đó,
,x
∀∈

ta có
( ) . 0.
22 2 2
xx x x
fx f f f
  
= += >

  
  
Vậy
f
nhận các giá trị dương.
Đặc biệt,
( )
2
(0) (0 0) (0). (0) (0)f f ff f= += =

Suy ra
(0) 1f =
(vì
(0) 0
f ≠
).
Mặt khác, bằng cách lấy đạo hàm (*) theo biến
y
ta được
2
(,) ,xy∀∈

( ) ( ). ( ).f x y fxf y
′′
+=

Tiếp theo, cho
0,y =
ta có :
,x

∀∈


( ) ( ). (0).f x fxf
′′
=

Do đó, hàm số
f
là nghiệm của phương trình vi phân
(0) 0.
′′
−=yf y

Suy ra
,∀∈x
(0) (0)
( ) (0)
fx fx
fx f e e
′′
= =
(vì
(0) 1=f
).
Đặt
(0)
,
′
=

f
ae
ta được
,∀∈x
() .=
x
fx a

Chú ý :
Nếu
1=a
thì
()fx
là hàm số không đổi trên

(vì khi đó
( ) 1).=fx

b) Bài toán 2 (liên quan đến tính liên tục của hàm số)
Tìm tất cả các hàm số
f
xác định trên

và liên tục tại ít nhất một điểm
thuộc

sao cho
2
(,) ,xy∀∈

( ) ( ). ( )fx y fxfy+=
(*)
Để giải bài toán 2, ta xét định lý dưới đây.
Định lý 2
Hàm số
f
xác định trên

và liên tục tại một điểm thuộc

thỏa mãn phương
trình hàm (*) khi và chỉ khi một trong hai điều kiện sau đây là đúng:
1.
f
là hàm số - không;
2. Tồn tại
,a∈

0a >
sao cho
,x∀∈

() .
x
fx a=

Ba phép chứng minh Định lý 2
Phép chứng minh thứ nhất cho Định lý 2
(Sử sụng tính chất tích phân của hàm số liên tục và phương trình vi phân
0y by

′
−=
)
Cũng giống như định lý 1, chúng ta sẽ kiểm tra điều kiện cần thông qua ba bước
sau đây.
i) Nếu
f
triệt tiêu tại một điểm nào đó thì
f
là hàm số - không.
5

Xem chứng minh định lý 1.
Bước tiếp theo, ta xét hàm
f
không triệt tiêu. Cũng giống như kết quả chứng minh
ở định lý 1, ta có
( ) 0,
fx x> ∀∈

và
(0) 1.f =

ii)
f
là hàm số liên tục trên
.

Giả sử hàm số
f

liên tục tại một điểm
0
.x ∈

Với mọi
,x

h
thuộc
,
ta có
0 00 0
( ) ( ) ( ). ( ).fx h fx h x x fx hfx x+ = ++− = + −

Vì
f
là hàm số liên tục tại
0
x
nên
00
0
lim ( ) ( ).
h
fx h fx
→
+=

Từ đó
[ ]

0 00 0
00
lim ( ) lim ( ). ( ) ( ). ( ) ( ).
hh
fx h fx hfx x fx fx x fx
→→
+= + − = − =

Điều này chứng tỏ
f
là hàm số liên tục trên
.

iii) Nếu
f
không triệt tiêu thì
f
có đạo hàm trên
.

Vì
f
là hàm liên tục trên

nên ta có thể lấy tích phân (*) theo biến
.y
Từ đó
2
(,) ,xy∀∈

00
( ) ( ) () .
yy
f x t dt f x f t dt+=
∫∫

Xét tích phân ở vế trái, đặt
,= +uxt
ta được
2
(,) ,xy∀∈

0
() () () .
xy y
x
f u du f x f t dt
+
=
∫∫

Đến đây, ta gán cho
y
bằng một số cố định khác
0
(chẳng hạn cho
1)y =

và
đặt

0
()
y
f t dtα=
∫
(
0α>
vì đây là tích phân của hàm số liên tục, dương). Khi
đó, do
f
là hàm liên tục trên

nên
f
có nguyên hàm cũng là các hàm số liên
tục trên
.
Gọi
F
là một nguyên hàm của
,f
ta có đẳng thức
,x∀∈

() ( ) ()fx Fx y Fxα = +−
(1)
Điều này chứng tỏ
f
là hàm số có đạo hàm trên
.



iv) Nếu
f
không triệt tiêu thì
f
là hàm số mũ.
Phương pháp 1 : Tương tự như trong phần chứng minh định lý 1.
Phương pháp 2 : Bằng cách lấy đạo hàm biểu thức (1), ta được
,x∀∈

() ( ) ()fx Fx y Fx
′′ ′
α = +−


[ ]
( ) () () () () () () 1.fx y fx fxfy fx fx fy=+−= −= −

6

Ký hiệu
[ ]
() 1
.
fy
b
−
=
α

Khi đó,
f
là nghiệm của phương trình vi phân trên


:
0.y by
′
−=
Từ đó suy ra
,x∀∈

( ) (0) .
bx
fx f e=

Vì
(0) 1f =
nên bằng cách đặt
,
b
ae=
ta được :
,x∀∈

() .
x
fx a=

Phép chứng minh thứ hai cho Định lý 2

(Sử dụng hàm số
( ) lngx x=
và phương trình hàm
( ) () ()fx y fx fy+= +
)
Như chứng minh trên, ta sẽ kiểm tra điều kiện cần.
Ta cũng có : nếu
f
triệt tiêu tại một điểm thì
f
là hàm số - không.
Trong phần tiếp theo, ta xét
f
không triệt tiêu, như thế, tương tự như trên, ta có
( ) 0,fx x> ∀∈
và
(0) 1.f =

Bổ đề 1
Giả sử
()
hx
là hàm số xác định trên

và liên tục tại một điểm thuộc
.

Hai khẳng định sau đây tương đương :
1.
h

thỏa mãn phương trình hàm
( ) ( ) ( ).hx y hx hy+= +

2. Tồn tại số thực
k
sao cho
,x∀∈

() .h x kx=

Chứng minh Bổ đề 1 (dựa trên tính trù mật của tập

trong
).

• Ta có
(0) 0.=h
Thật vậy
(0) (0) (0) 2 (0).=+=hhh h
Suy ra
(0) 0.=h

• Với mọi
,n∈
ta có
( ) ( ).=h nx nh x

Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta có
- Với
0,n =

(0. ) (0) 0 0. ( ).= = =h x h hx

- Giả sử
( ) ( ), .= ∀∈h kx kh x k
Ta có

(( 1)) ( ) ( ) () () () ( 1)().
+=+= += +=+h k x hkx x hkx hx khx hx k hx

Vậy
( ) ( ), .= ∀∈h nx nh x n

• Với mọi
,n∈
ta có
( ) ( ).=h nx nh x

Thật vậy,
,y
∀∈
ta có
0 (0) ( ( )) ( ) ( ).= = +− = + −h hy y hy h y

Suy ra
( ) ( ).−=−h y hy

• Với mọi
,
r∈

ta có
( ) (1).
=h r rh

Thật vậy, giả sử
,
p
r
q
= ∈
với
p∈

và
*
.q∈
Ta có
( ) (1 )=h p q ph q
và
(1 ) (1).
=qh q h

7

Từ đó suy ra
(1 ) (1 ) (1).=h q qh

Dẫn đến
( ) ( ) (1) (1).= =h p q p q h rh

• Hàm số
h
liên tục tại mọi điểm thuộc
.

Thật vậy, giả sử hàm số
h
liên tục tại một điểm
0
.∈x

Khi đó, với
2
(, ) ,∈
xm
ta có
0 00
( ) (( ) ( ) ( ) ( ).+= −++= −+ +hx m h x x x m hx x hx m

Vì
00
0
lim ( ) ( ).
→
+=
m
hx m hx
Suy ra
( )
00 00

00
lim ( ) lim ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
→→
+= −+ + = −+ =
mm
hx m hx x hx m hx x hx hx
Vậy hàm số
h
liên tục trên
.

• Với mọi
,∈x
ta có
( ) (1).=h x xh

Thật vậy, xét dãy các số hữu tỷ
()
∈nn
r

hội tụ về
.x
Ta có
,∀∈n
( ) (1).
=
nn
h r rh

Vì
lim (1) (1).
→+∞
=
n
n
r h xh
Kéo theo
lim ( ) lim (1) (1).
→+∞ →+∞
= =
nn
nn
h r r h xh

Mặt khác, do
h
liên tục tại
x
nên
lim ( ) ( ).
→+∞
=
n
n
hr hx
Từ đó suy ra
( ) (1).=h x xh

Đặt

(1) ,=hk
ta được
() .h x kx=

Bổ đề 2
Giả sử
f
là một hàm xác định, liên tục tại một điểm thuộc

và thỏa mãn
phương trình hàm (*).
Khi đó, hàm số
h gof=
(với
( ) ln )
=gx x

cũng xác định, liên tục tại một
điểm thuộc

và thỏa mãn
( ) ( ) ( ).hx y hx hy+= +

Chứng minh Bổ đề 2
Trước hết, ta nhận thấy rằng vì hàm số
f
nhận các giá trị dương nên đảm
bảo rằng hàm số
h gof=
xác định.

Giả sử hàm số
f
liên tục tại
.x∈
Hàm số
( ) lngx x=
liên tục trên
*
+


nên cũng liên tục tại
( ) 0.>fx
Theo tính chất của hàm hợp ta, có
()hx
cũng
liên tục tại
.
x

Với mọi
2
(,) ,xy∈
ta có
(
) ( )
( ) ln ( ) ln ( ). ( )hx y fx y fxfy+= + =
(tính chất của hàm số
f
)

8


( ) ( )
ln ( ) ln ( ) ( ) ( )f x f y hx hy=+=+
(tính chất củ
a logarit)
Theo bổ đề 1, tồn tại
k ∈
sao cho:
,x∀∈

(
)
() ln ().kx gof x f x
= =

Như vậy,
,x∀∈

() ( )
kx k x x
fx e e a= = =
với
.
k
ae=

Phép chứng minh thứ ba cho Định lý 2
(Sử dụng tính trù mật của tập


trong

)
Chứng minh này dựa theo cách chứng minh của bổ đề 1. Ta sẽ kiểm tra điều kiện
cần thông qua năm bước sau:
i) Nếu
f
triệt tiêu tại một điểm nào đó thì
f
là hàm số - không. Xem chứng
minh định lý 1.
Bước tiếp theo, ta xét hàm
f
không triệt tiêu, cũng giống như kết quả chứng minh
ở định lý 1,
( ) 0,fx x> ∀∈
và
(0) 1.f =
Ta đặt
(1) .fa=

ii) Hàm số
f
liên tục trên
.
Xem chứng minh trên.
iii) Với mọi số nguyên
,n
ta có :

,x∀∈

[ ]
( ) () .
n
f nx f x
=

Thật vậy, bằng phép quy nạp đơn giản, ta có thể chứng minh được
,n∀∈

[ ]
( ) () .
n
f nx f x=

Mặt khác, ta cũng có:
,y∀∈

(0) 1 ( ) ( ). ( ).f fy y fyf y== −= −

Từ đó
,y∀∈

[ ]
1
( ) () .f y fy
−
−=

Điều này cho phép khẳng định
[ ]
( ) ()
n
f nx f x=
với mọi số nguyên âm.
iv) Với mọi số hữu tỷ
,
r
ta có :
[ ]
( ) (1) .
r
r
fr f a= =

Thật vậy, nếu
p
r
q
=
(với
*
, ),pq∈∈
ta có
( ) ().
q
q
pp
fp f q f fr

qq
  
= = =
  
  

Từ đó
1
() ( ) .
q
fr fp=
Vì
[ ]
( ) (1) ,
p
fp f=
ta có
[ ]
( ) (1) .
pq
fr f=

v) Với mọi số thực
,x
ta có :
() .=
x
fx a

Chú ý rằng hàm

()
x
gx a=
xác định trên

và với mọi số hữu tỷ
,r
ta có
() .
r
gr a=

Vậy các hàm số
f
và
g
liên tục và trùng nhau trên
.

9

Ngoài ra, ta lại có Bổ đề sau.
Bổ đề 3
Giả sử
ϕ
và
ψ
là hai hàm số xác định và liên tục trên
,
và giá trị của chúng

bằng nhau với mọi số hữu tỷ. Khi đó,
ϕ
và
ψ
bằng nhau trên
.

Chứng minh Bổ đề 3
Thật vậy, giả sử với
x∈
và
()
nn
r
∈
là dãy các số hữu tỷ hội tụ về
.x
Vì
các hàm số
ϕ
và
ψ
liên tục nên ta có
( ) lim ( )
n
n
xr
→+∞
ϕ= ϕ
và

( ) lim ( )
n
n
xr
→+∞
ψ= ψ

Do
ϕ
và
ψ
trùng nhau trên tập

nên
() ()
nn
rr
ϕ=ψ
với mọi
.n∈

Suy ra
lim ( ) lim ( )
nn
nn
rr
→+∞ →+∞
ϕ= ψ
hay
() (),xxϕ=ψ

.x∀∈

Từ bổ đề trên, ta dễ dàng nhận thấy hàm
() () , .
x
fx gx a x= = ∀∈

3) ÁP DỤNG
Dưới đây, chúng ta sẽ xét một số bài toán mà để giải quyết chúng, ta cần đưa về
phương trình hàm dạng (*).
a) Bài 1
Xác định tất cả các hàm số
f
liên tục trên

thỏa mãn
( ) ( ) ( ) ( ). ( ),+= + +fx y fx fy fxfy

2
(,) .∀∈

xy

Giải
Đặt
() () 1.= +gx f x
Khi đó
()()1+= ++gxy fxy
và
().() ().() () () 1.= +++gxgy fxfy fx fy

Suy ra
( ) ( ). ( )+=gx y gxgy

⇔

( ) 1 ().() () () 1+ += + + +fx y fxfy fx fy


⇔
( ) ( ). ( ) ( ) ( ).
+= + +fx y fxfy fx fy

Mà ta đã biết nghiệm của phương trình
( ) ( ). ( )+=gx y gxgy
là
() ,=
x
gx a
,∀∈
x

0.>a

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là
( ) 1,= −
x
fx a
,∀∈x

0.>a

b) Bài 2
Xác định tất cả các hàm số
f
liên tục trên

thỏa mãn
10

(
)
( )
( ) () ()+ ++= + +fx y x y fx x fy y

2
(,) .∀∈xy

Giải
Đặt
() () .= +gx f x x
Khi đó
()()+ = + ++gxy fxy xy
và
(
) (
)
().() () . () .
=++gxgy fx x f y y

Suy ra
( ) ( ). ( )+=gx y gxgy

⇔

( ) ( )
( ) () . ()+ ++= + +fx y x y fx x fy y

Mà nghiệm của phương trình
( ) ( ). ( )+=gx y gxgy
là
() ,=
x
gx a
,∀∈x

0.>a

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là
() ,= −
x
fx a x
,∀∈x

0.>a

c) Bài 3
Xác định tất cả các hàm số
f
liên tục trên


thỏa mãn
() ()
()
1 ( ). ( )
+
+=
+
fx fy
fx y
fxfy

2
(,) .
∀∈
xy

Giải
Trước hết, chúng ta sẽ chứng minh nếu tốn tại
α∈
sao cho
() 1α=f
thì
( ) 1, .= ∀∈fx x

Thật vậy, ta có
()()()1
( ) ( ) 1.
1( ).()1( )
−α + α −α +

= −α+α = = =
+ −α α + −α
fx f fx
fx fx
fx f fx

Ta đặt
1 ()
() .
1 ()
+
=
−
fx
gx
fx
Khi đó
1( )
()
1( )
++
+=
−+
fx y
gx y
fx y
và
1()1()
( ). ( ) .
1()1()

++
=
−−
fx fy
gxgy
fx fy

Như thế
( ) ( ). ( )+=gx y gxgy
⇔

1( )1()1()
.
1( )1()1()
++ + +
=
−+ − −
fx y fx fy
fx y fx fy


⇔
() ()
()
1 ( ). ( )
+
+=
+
fx fy
fx y

fxfy

Mà
() 1
()
() 1
−
=
+
gx
fx
gx
và nghiệm của phương trình
( ) ( ). ( )+=gx y gxgy
là
()
x
gx a=
nên các nghiệm của phương trình là
1
() ,
1
−
=
+
x
x
a
fx
a

,∀∈x

0.>a

11

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Nguyễn Văn Tiến, Một số chuyên đề giải tích bồi
dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam 2010.
[1] A. Delcroix, Quelques équations fonctionnelles classiques, PLC1-
Mathématiques.
[2] Équation fonctionnelle pour les fonctions exponentilles, Universités Claude
Bernard – Lyon I, Capes de Mathematiques – Oral, Année 2007-2008.
[3] Martial Lenzen, Caractérisation des fonctions exponentielles réelles par
l’équation fonctionnelle
( ) ( ). ( ),fx y fxfy+=
Année 2011.