toán học thpt các phương pháp giải phương trình thông dụng

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG
Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh.
Nguyên tắc chung:
+) Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc
f(x) = ax2+ bx + c.
+) ðồng nhất hệ số ñể tìm f(x).
+) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (1) .
Lời giải:
x = 1
Thay 
vào (18) ta ñược: f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) ( a ) .
y∈R

(

)

Thay y = − f (1) − 1 vào (a) suy ra: f f ( − f (1) − 1) + 1 = −1 . ðặt a = f ( − f (1) − 1) + 1 ta
ñược: f ( a ) = −1 .
y = a
ta ñược: f ( x f ( a ) + x ) = xa + f ( x ) ⇒ xa + f ( x ) = f ( 0 ) .
Chọn 
x ∈ R
ðặt f ( 0 ) = b ⇒ f ( x ) = −a x + b . Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược:

a = 1
 f ( x) = x
a 2 = 1

⇒   a = −1 ⇒ 

.

 f ( x ) = − x
− a b − a = −a 
b = 0
Vậy có hai hàm số cần tìm là f ( x ) = x và f ( x ) = − x .
Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x ) + y ) = y f ( x − f ( y ) ) ∀x, y ∈ R ( 2 ) .
Lời giải:
Cho y = 0; x ∈ R : (2) ⇒ f ( f ( x ) ) = 0 ∀x ∈ R ( a ) .

(

)

Cho x = f ( y ) : (2) ⇒ f f ( f ( y ) ) + y = y f ( 0 ) ( a ' ) .

( a ) + ( a ' ) ⇒ f ( y ) = y f ( 0 ) . ðặt f ( 0 ) = a ⇒ f ( y ) = ay ∀y ∈ R . Thử lại (2) ta ñược:
a 2 ( x 2 + y 2 ) + a ( y − x y ) = 0 ∀x, y ∈ R ⇔ a = 0 ⇒ f ( x ) = 0 ∀x ∈ R . Vậy có duy nhất hàm số

f ( x ) = 0 thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 3: Tìm f , g : R → R thỏa mãn:
2 f ( x ) − g ( x ) = f ( y ) − y ∀x, y ∈ R

∀x ∈ R
 f ( x ) g ( x ) ≥ x + 1

(a)
.
(b )

Lời giải:
Cho x = y ∈ R khi ñó ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x .Thay lại (a) ta ñược:

1


g ( x ) = 2 x − 2 y + g ( y ) ∀x, y ∈ R (c).
Cho y = 0; x ∈ R : từ (c) ta ñược: g ( x ) = 2 x + g ( 0 ) . ðặt g ( 0 ) = a ta ñược:

g ( x ) = 2 x + a , f ( x ) = x + a . Thế vào (a), (b) ta ñược:
2 x + a = 2 x + a
(a), (b) ⇔ 
( ∀x ∈ R ) ⇔ 2 x 2 + ( 3a − 1) x + a 2 − 1 ≥ 0 ∀x ∈ R
2
1
+
+
≥
+
x
a
x
a
x
)(
)
(
2

⇔ ( a − 3 ) ≤ 0 ⇔ a = 3 . Vậ y f ( x ) = x + 3 ; g ( x ) = 2 x + 3 .

Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện:
2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 , ∀x ∈ ℝ (1). Tìm f(x).
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2.
Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c.
Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ do ñó:
3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ
1

a = 3
3a = 1

2


ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: b − 2a = 0
⇔ b =
3
a + b + 3c = 0


1

c = − 3

1
Vậy: f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1)
3

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán:
Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) .
Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ ℝ
Thay x bởi x0 ta ñược: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2
Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2
1
Từ hai hệ thức này ta ñược: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 )
3

ðiều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 )
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1)
3

2


Nhận xét: Nếu ta chỉ dự ñoán f(x) có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các
hàm số tìm ñược.
Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện:
f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ
Hãy tìm hai hàm số như thế.
Lời giải:
Ta viết phương trình ñã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1).
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm
có dạng: f(x) = ax + b.
Khi ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ ℝ



a 2 − a = 1 a = 1 + 5 a = 1 − 5
1± 5
ñồng nhất hệ số ta ñược: 
⇔
x.
2 ∨
2 ⇒ f ( x) =
2
ab = 0
b = 0
b = 0


Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh sự duy nhất dành
cho người ñọc).
Ví dụ 6: Hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau:
a ) f ( f ( n)) = n, ∀n ∈ ℤ
b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ ℤ
c) f (0) = 1

(1)
(2)
(3)

Tìm giá trị f(1995), f(-2007).
Lời giải:
Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b.
Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ

a 2 = 1
a = 1 a = −1
⇔
∨
ðồng nhất các hệ số, ta ñược: 
b = 0 b = 0
ab + b = 0
a = 1
Với 
ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2).
b = 0

a = −1
Với 
ta ñược f(n) = -n + b. Từ ñiều kiện (3) cho n = 0 ta ñược b = 1.
b = 0
Vậy f(n) = -n + 1.
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài toán:
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0.
Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ .

3


do ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ℤ .
Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 )
Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có:
g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2)

⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2)
Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5).
Vậy f(n) = g(n), ∀n ∈ ℕ
Chứng minh tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm.
Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất.
Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007).
BÀI TẬP
Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn ñiều kiện:
f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ ℝ .
ðáp số: f(x) = x3.
Bài 2: Hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ ℕ. Tìm f(2005).
ðáp số: 2006.
Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : ℕ → ℕ sao cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ.
ðáp số: f(n) = n + 1.
8
2
 x −1 
 1− x 


Bài 4: Tìm các hàm f : ℝ → ℝ nếu: 3 f 
, ∀x ∉ 0, − ,1, 2 
−5f 
=
3
 3x + 2 
 x − 2  x −1



ðáp số: f ( x) =

28 x + 4
5x

Bài 5: Tìm tất cả các ña thức P(x) ∈ ℝ [ x] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y),
∀x , y ∈ ℝ

ðáp số: P(x) = x3 + cx.

Phương pháp 2: phương pháp thế.
2.1. Thế ẩn tạo PTH mới:
 2x +1 
2
Ví dụ 1: Tìm f: R\{2} → R thỏa mãn: f 
 = x + 2 x ∀x ≠ 1 (1) .
x
−
1


 2x +1 
Lời giải: ðặt t = 
t = R \ {2} (tập xác ñịnh của f). Ta ñược:
 ⇒ MGT
x ≠1
 x −1 
x=

t +1

3t 2 − 3
thế vào (1): f (t ) =
∀t ≠ 2 . Thử lại thấy ñúng.
2
t−2
(t − 2)

4


Vậy hàm số cần tìm có dạng f ( x) =

3x 2 − 3

( x − 2)

2

.

Nhận xét:
+ Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết MGT t ⊃ D . Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi
x∈Dx

t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”.
 3x 2 − 3

2
+ Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng: f ( x) =  ( x − 2 )


a

( x ≠ 2)

(với a∈R

( x = 2)

tùy ý).
Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → R thỏa mãn:

f ( x − x 2 − 1) = x + x 2 − 1 ∀ x ≥ 1 ( 2 ) .
 x − t ≥ 0
Lời giải: ðặt t = x − x 2 − 1 ⇔ x 2 − 1 = x − t ⇔  2
2
 x − 1 = ( x − t )
x ≥ t
x ≥ t
t ≤ −1
t2 +1

2
ệ
có
nghi
ệ
m
x
.
H

⇔ 2
⇔
⇔
≥t ⇔ 

t +1
2
2
2t
0 < t ≤ 1
 x − 1 = x − 2 xt + t
x =
2t


⇒ t ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] . Vậy MGT t = D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] .
x ≥1

Với t = x − x 2 − 1 thì x + x 2 − 1 =
Vậ y f ( x ) =

1
1
⇒ f (t ) = thỏa mãn (2).
t
t

1
là hàm số cần tìm.
x

2 
 3x − 1  x + 1
Ví dụ 3: Tìm f : R\  ;3 → R thỏa mãn: f 
∀x ≠ 1, x ≠ −2 ( 3) .
=
3 
 x + 2  x −1

Lời giải: ðặt t =

3x − 1
2t + 1
t+4
2 
⇒ MGT t = R \  ;3 ⇒ x =
thế vào (4) ta ñược: f (t ) =
x ≠1
x+2
3−t
3t − 2
3 
( x ≠2)

thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là: f ( x) =
Ví dụ 4: Tìm f :

( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ )

x+4

.
3x − 2

thỏa mãn:

x f ( x f ( y )) = f ( f ( y )) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (4) .
Lời giải:
Cho y = 1, x ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: x f ( x f (1)) = f ( f (1)) .
Cho x =

1
1
ta ñược: f ( f (1) = 1⇒ x f ( x f (1)) = 1 ⇒ f ( x f (1)) = . ðặt:
f (1)
x

5


t = x. f (1) ⇒ f (t ) =

Vậy f ( x) =

f (1)
a
⇒ f (t ) = (với a = f (1) ). Vì f (1) ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ MGT t = ( 0; + ∞ ) .
x∈( 0; +∞ )
t
t

a
a
. Thử lại thấy ñúng ( a > 0 ) . Hàm số cần tìm là: f ( x) = với ( a > 0 ) .
x
x

Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:
3
1
f (1) = ; f ( xy ) = f ( x). f   + f ( y ). f
2
 y

3
  ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) ( 5 ) .
x

Lời giải:
Cho x = 1; y = 3 ta ñược: f ( 3) =

1
.
2

3
Cho x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: f ( y ) = f   . Thế lại (5) ta ñược:
 y

f ( xy ) = 2 f ( x) f ( y ) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (5') . Thay y bởi

3
ta ñược:
x

2

2
3
1
f ( 3) = 2 f ( x )) f   ⇒   = ( f ( x ) ) . Thử lại thấy ñúng.
x
2

Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =

1
∀x > 0 .
2

Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn:

( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy ( x 2 + y 2 )

∀x, y ∈ R

( 6) .

Lời giải: Ta có:

( 6) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) =

2
2
1
1
= ( x + y ) − ( x − y )  + ( x + y ) + ( x − y )   ( x + y ) + ( x − y )  − ( x + y ) − ( x − y )  
4
4


u = x − y
1
2
2
ðặt 
ta ñược: v f ( u ) − u f ( v ) = ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v )
4
v = x + y

(

)

⇒ v f ( u ) − u f ( v ) = u 3v − v 3u ⇔ v ( f ( u ) − u 3 ) = u ( f ( v ) − v3 )
+ Với uv ≠ 0 ta có:
f ( u ) − u 3 f ( v ) − v3
f (u ) − u3
=
∀u , v ∈ R* ⇒
= a ⇒ f ( u ) = au + u 3 ∀u ≠ 0 .
u

v
u
+ Với u = 0; v ≠ 0 suy ra: f ( u ) − u 3 = 0 ⇔ f ( u ) = u 3 ⇒ f ( 0 ) = 0 .
Hàm f ( u ) = au + u 3 thỏa mãn f ( 0 ) = 0 . Vậy f ( u ) = au + u 3 ∀u ∈ R
Hàm số cần tìm là: f ( x ) = ax + x3 ( a ∈ R ) . Thử lại thấy ñúng.

2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới:

6


Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1 ∀x ∈ R (1) .
Lời giải:
ðặt t = − x ta ñược: f ( −t ) − t f ( t ) = −t + 1 ∀t ∈ R (1) . Ta có hệ:
 f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1
⇒ f ( x ) = 1 . Thử lại hàm số cần tìm là: f ( x ) = 1 .

− x f ( x ) + f ( − x ) = − x + 1
 x −1 
*
Ví dụ 2: Tìm hàm số f : R \ { 0,1 } → R Thỏa mãn: f ( x ) + f 
 = 1 + x ∀x ∈ R
 x 

Lời giải: ðặt x1 =

( 2) .

x −1
, ( 2 ) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = 1 + x .

x

ðặt x2 =

x1 − 1
1
=
, ( 2 ) ⇔ f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 + x1 .
x1
x −1

ðặt x3 =

x2 − 1
= x, ( 2 ) ⇔ f ( x2 ) + f ( x ) = 1 + x2 .
x2

 f ( x1 ) + f ( x ) = 1 + x

1 + x − x1 + x2 1 
1
1 
Ta có hệ  f ( x2 ) + f ( x1 ) = 1 + x1 ⇒ f ( x ) =
= x+ +
 . Thử lại thấy
x
−
x
2
2

1


 f ( x ) + f ( x2 ) = 1 + x2
1
1
1 
ñúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: f ( x ) =  x + +
.
2
x 1− x 
 x −1 
Ví dụ 3: Tìm hàm số f : R \ { − 1;0;1 } → R thỏa mãn: x f ( x ) + 2 f 
 = 1 ∀x ≠ −1 ( 3) .
 x +1 

Lời giải:
ðặt x1 =

x −1
, ( 3) ⇒ x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1 .
x +1

ðặt x2 =

x1 − 1
1
= − , ( 3) ⇒ x 1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1 .
x1 + 1
x

ðặt x3 =

x2 − 1 x + 1
=
, ( 3) ⇒ x2 f ( x2 ) + 2 f ( x3 ) = 1 .
x2 + 1 x − 1

ðặt x4 =

x3 − 1
= x , ( 3) ⇒ x3 f ( x3 ) + 2 f ( x ) = 1 .
x3 + 1

 x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1

4 x2 − x + 1
 x1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1
. Thử lại thấy ñúng.
Ta có hệ 
⇒ f ( x) =
x
x
5
−
1
+
2
=
1

x
f
x
f
x
(
)
(
)
(
)
2
2
3

x f x + 2 f x = 1
( )
 3 ( 3)

7


Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =

4 x2 − x + 1
.
5 x ( x − 1)

BÀI TẬP
 1

1) Tìm f : R \ { 1 } → R thỏa mãn: f  1 +  = x 2 + 1 ∀x ∈ R .
 x

x2
a
 b − ax 
 a
2) Tìm f : R \  −  → R thỏa mãn: f 
∀x ≠ − (a, b là hằng số cho
= 4
b
 bx + a  x + 1
 b
trước và ab ≠ 0 ).
3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 2002 x − f ( 0 ) ) = 2002 x 2
4) Tìm f : R \ { 0 } → R thỏa mãn: f ( x ) +

∀x ∈ R .

1  1 
f
 = 1 ∀x ∈ R \ { 0;1} .
2x  1 − x 

1− x 
5) Tìm f : R \ { ± 1; 0} → R thỏa mãn: ( f ( x ) ) f 
 = 64 x ∀x ∈ R \ {−1} .
 1+ x 
2
6) Tìm f : R \   → R thỏa mãn: 2 f ( x ) +

3

2
 2x 
f
 = 996 x ∀x ≠ .
3
 3x − 2 

 x −3
7) Tìm f : R \ { ± 1 } → R thỏa mãn: f 
+
 x +1 

 x+3
f
 = x ∀x ≠ ±1 .
 1− x 

8) Tìm f : R → R thỏa mãn: 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2
1
9) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x 2008
x

∀x ∈ R .
∀x ∈ R* .

1
 1
 x −1 

10) Tìm f : R \ ±  → R thỏa mãn: f ( x ) + f 
 = x ∀x ≠ .
3
 3
 1 − 3x 

 a2 
11) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f 
 = x ∀x ≠ a
a−x
f

12) Tìm f , g : R \ { 1 } → R thỏa mãn: 
f


( a > 0) .

( 2 x + 1) + 2 g ( 2 x + 1) = 2 x
 x 
 x 

+ g
=x
 x −1 
 x −1 

∀x ≠ 1 .

Phương pháp 3: Phương pháp chuyển qua giới hạn.

 2 x  3x
Ví dụ 1: Tìm hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn: f ( x ) + f   =
∀x ∈ R (1) .
 3  5

Lời giải:
ðặt x1 =

2x
3
; (1) ⇒ f ( x ) + f ( x1 ) = x .
3
5

ðặt x2 =

2 x1
3
; (1) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 .
3
5

8


ðặt xn +1 =

2 xn
3
, n ∈ N * ; (1) ⇒ f ( xn ) + f ( xn +1 ) = xn .

3
5

3

 f ( x ) + f ( x1 ) = 5 x

 f ( x ) + f ( x ) = 3 x
1
2
1
Ta có hệ 
5
……

3
f x + f x
= xn
(
)
(
)
1
n
n
+

5

(1)

( 2)
( n + 1)

Nhân dòng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 rồi cộng lại ta ñược:
f ( x ) + ( −1)

n+2

2
n
3  2  2
 2 
f ( xn +1 ) = x 1 − +   − ⋯ +  −   ( *) .
5  3  3 
 3  

( f l.tôc )

n+ 2
Xét lim ( −1) f ( xn +1 )  = lim  f ( xn +1 )  =



Mặt khác (1) suy ra f(0) = 0 nên lim ( −1)

n+ 2

Lấy giới hạn hai vế của (*) ta ñược: f ( x ) =

Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =

f ( lim xn +1 ) = f ( 0 ) .

f ( xn +1 ) = 0 .

3
1
9x
. Thử lại thấy ñúng.
x
=
5 1 + 2 25
3

9x
.
25

Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục tại xo= 0 thỏa mãn:
f : R → R và 2 f ( 2 x ) = f ( x ) + x ∀x ∈ R

( 2) .

Lời giải:
t t
ðặt t = 2 x ta ñược: 2 f ( t ) = f   + ∀t ∈ R ( 2' ) .
2 2

1


*
tn +1 = 2 tn , ∀n ∈ N
. Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñược:
Xét dãy: 
t = 1 t
 1 2

1
1

 f ( t ) = 2 f ( t1 ) + 4 t

 f ( t ) = 1 f ( t ) + 1 t
1
2
1
2
4

⋯⋯

1
1
f t
= f t + t
 ( n −1 ) 2 ( n ) 4 n −1
f (t ) =

(1)
( 2 ) . Thế (n) vào

( n − 1) → ( n − 2 ) → ⋯ ta ñược:

(n)

1
1
1
1
f ( tn ) + n +1 f ( tn −1 ) + n f ( tn − 2 ) + ⋯ + 2 t
n
2
2
2
2

9

(* ) .
'


n

1
1 
1
 1 1
Thay tn =   t vào (*’) ta ñược: f ( t ) = n f ( tn ) + t  2 + 4 + ⋯ + 2 n 
2

2 
2 2
2

(* ) .
"

t
 1

Vì f liên tục tại xo = 0 nên lim  n f ( tn )  = 0 . Lấy giới hạn 2 vế (*”) suy ra: f ( t ) = . Thử
3
2

lại thấy ñúng.

Nhận xét:
+) Nếu dãy {xn} tuần hoàn thì ta giải theo phương pháp thế rồi quy về hệ pt hàm.
+) Nếu dãy {xn} không tuần hoàn nhưng f liên tục tại xo = 0 và {xn} → 0 thì sử dụng
giới hạn như VD1.
+ Nếu {xn} không tuần hoàn, không có giới hạn thì phải ñổi biến ñể có dãy {tn} có
giới hạn 0 và làm như ví dụ 1.

BÀI TẬP
1) Tìm f : R → R thỏa mãn:
a) f liên tục tại xo = 0,
b) n f ( nx ) = f ( x ) + nx ∀n ∈ N , n ≥ 2; ∀x ∈ R .
 x  10
2) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: f ( 3 x ) + f   = x .
3 3

3) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn:

m f ( mx ) − n f ( nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R .

Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị.
+) ðây là phương pháp cơ sở của mọi phương pháp khác.
+) Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết quả vừa có ñược.
( a ) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ R
Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: 
.
( b ) f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ R
Lời giải:
x = 0
 f ( 0 ) ≥ 0
suy ra 
⇒ f (0) = 0 .
Cho 
y = 0
 f ( 0 ) ≥ 2 f ( 0 )
 f ( 0 ) ≥ f ( x ) + f ( − x )  f ( x ) + f ( − x ) ≤ 0
Cho y = − x ⇒ 
⇒
 f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0
 f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0

⇒ f ( x ) = f ( − x ) = 0 ∀x ∈ R . Vậy f ( x ) = 0 . Thử lại thấy ñúng.
Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn:
1
1

1
f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥
∀x, y, z ∈ R
2
2
4

Lời giải:

10

( 2) .