SKKN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP THẾ
2. Đối tượng áp dụng sáng kiến: Học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15/9/2015 đến ngày 20/5/2016.
4. Tác giả:
Họ và tên

: Phan Thị Hải

Năm sinh

: 1988

Nơi thường trú : Xã Nam Vân, thành phố Nam Định, Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên bộ môn Toán
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Điện thoại: 0975695404.
5. Đồng tác giả: Không.
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, thành phố Nam Định, Nam Định
Điện thoại: 0350.3640297.

1

MỤC LỤC

2


A. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Bài toán “Giải phương trình hàm” là một bài toán quen thuộc trong các đề thi
học sinh giỏi Toán. Là một giáo viên trẻ được nhà trường tạo điều kiện bồi dưỡng
chuyên môn và tin tưởng giao nhiệm vụ dạy chuyên đề này cho học sinh chuyên
Toán, tôi đã đọc, tổng hợp và soạn chuyên đề “Phương trình hàm”. Sáng kiến
“GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ THỰC BẰNG PHƯƠNG
PHÁP THẾ” là một phần trong chuyên đề của tôi.

B. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN
Mặc dù chuyên đề “Phương trình hàm” là nội dung được học ngay từ chương
trình chuyên lớp 10, được mở rộng và khai thác sâu hơn nữa ở chương trình chuyên
lớp 11 nhưng khi bắt gặp bài toán này trong các đề thi học sinh giỏi, học sinh
thường cảm thấy lúng túng vì không xác định được phương hướng làm bài.

C. CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM
Trong sáng kiến này tôi đưa ra 30 ví dụ với mong muốn giúp học sinh định
hướng cách giải. Các ví dụ này được chia làm 3 mục:
- Mục 1: Thế biến bằng các giá trị cụ thể.
- Mục 2: Thế biến bằng biến mới.
- Mục 3: Thế biến kết hợp với các tính chất: đơn ánh, toàn ánh, song ánh của
hàm số.
Ba mục trong sáng kiến cùng với các ví dụ minh họa chính là các gợi ý về phương
pháp cho học sinh chọn lựa để có thể bắt tay giải bài toán phương trình hàm trên
tập số thực bằng phương pháp thế.
Phần cuối tôi có đưa ra 10 bài tập đề nghị là các ví dụ tương tự các ví dụ đã hướng

dẫn giải cụ thể ở phía trên với mục đích để học sinh thử sức, xem lại đã nắm bắt
được những gì từ 30 ví dụ đã nêu. Đặc biệt, bài tập 9, 10 là các bài toán tổng quát
của ba ví dụ trong mục 2, 3.
3


D. NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Giả sử ∅ ≠ X , Y ⊆ ¡ . Ta có một vài định nghĩa sau.
Định nghĩa 1. Hàm số f : X → ¡ được gọi là đơn ánh trên X nếu với mọi
a, b ∈ X và f ( a ) = f ( b ) thì a = b.
Định nghĩa 2. Hàm số f : X → Y được gọi là toàn ánh từ X vào Y nếu với mọi
y ∈ Y đều tồn tại x ∈ X sao cho f ( x ) = y .
Định nghĩa 3. Hàm số f : X → Y được gọi là song ánh từ X vào Y nếu nó vừa là
đơn ánh trên X vừa là toàn ánh từ X vào Y .
II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ
THỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ
1. THẾ BIẾN BẰNG CÁC GIÁ TRỊ CỤ THỂ
Ví dụ 1: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( x ) f ( y ) − f ( xy )
= x + y + 2, ∀x, y ∈ ¡ .
3
Hướng dẫn:
f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn (*).
Thay x = y = 0 vào (*) ta có

(*)

 f ( 0 ) = −2

f 2 ( 0) − f ( 0) = 6 ⇔ 
 f ( 0 ) = 3.
f 0 = −2
+) Nếu ( )
thay y = 0 vào (*) ta có

3
−2 f ( x ) + 2 = 3x + 6 ⇔ f ( x ) = − x − 2, ∀x ∈ ¡ .
2
Thử lại ta thấy không thỏa mãn (*).
f 0 =3
+) Nếu ( )
thay y = 0 vào (*) ta có
3 f ( x ) − 3 = 3 ( x + 2 ) ⇔ f ( x ) = x + 3, ∀x ∈ ¡ .
4


Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
f x = x + 3, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )
Ví dụ 2: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn
xf ( y ) + yf ( x ) = ( x + y ) f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ .

(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn (*).
Thay x = y = 1 vào (*) ta có

 f ( 1) = 0
2
2 f ( 1) = 2 f ( 1) ⇔ 
 f ( 1) = 1.
f 1 =0
f x = 0, ∀x ∈ ¡ .
+) Nếu ( )
thay y = 1 vào (*) ta có ( )
Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
f 1 =1
+) Nếu ( )
thay y = 1 vào (*) ta có

x + f ( x ) = ( x + 1) f ( x ) ⇔ x = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( x ) = 1, ∀x ∈ ¡ \ { 0} .

Đặt

f ( 0 ) = a.

Với x, y ≠ 0 ta thấy (*) được thỏa mãn.
Với x = y = 0 ta thấy (*) được thỏa mãn.

Với x ≠ 0, y = 0 ta thấy (*) trở thành xa = xa cũng thỏa mãn.
1 khi x ≠ 0
f ( x) = 
f x = 0, ∀x ∈ ¡
a khi x = 0 với a tùy ý.
Vậy ( )
hoặc

+
Ví dụ 3: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
3
1
3
f ( 1) = , f ( xy ) = f ( x ) f  ÷+ f ( y ) f  ÷, ∀x , y ∈ ¡ + .
2
x
 y
Hướng dẫn:
Giả sử tồn tại hàm số f ( x) thỏa mãn điều kiện (*).

Thay x = 1, y = 3 vào (*) ta có

f 2 ( 3) − f ( 3) +
Thay y = 1 vào (*) ta có

1
1
= 0 ⇔ f ( 3) = .
4
2

5

(*)


1
 3 

3
f ( x ) + f  ÷ ⇒ f ( x ) = f  ÷⇒ f ( xy ) = 2 f ( x ) f ( y ) .

2
 x 
 x
Từ đó, cho x = y ta có
f x 2 = 2 f 2 ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ + ⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ + .
f ( x) =

( )

Thay

y=

3
x vào (*) ta có

1
3 1
f ( 3) = f 2 ( x ) + f 2  ÷⇒ = 2 f 2 ( x ) ⇒ f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ + .
2
x 2
Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
1
f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ + .
2
Vậy
Ví dụ 4: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn

1
1
1
f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y , z ∈ ¡ .
2
2
4
Hướng dẫn:
f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
Thay x = y = z = 0 vào (*) ta có

(*)

2

1
1
1
1
1

f ( 0) + f ( 0) − f 2 ( 0) ≥ ⇔  f ( 0) − ÷ ≤ 0 ⇔ f ( 0) = .
2
2
4
2
2

Thay y = z = 0 vào (*) ta có

1 1 1
1
1
+ − f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) ≤ , ∀x ∈ ¡ .
(1)
4 4 2
4
2
Thay x = y = z = 1 vào (*) ta có
2

1
1
1
1
1

f ( 1) + f ( 1) − f 2 ( 1) ≥ ⇔  f ( 1) − ÷ ≤ 0 ⇔ f ( 1) = .
2
2
4
2
2

Thay y = z = 1 vào (*) ta có
1
1
1
1
1

f ( x ) + f ( x ) − f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ ⇔ f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ . (2)
2
2
2
4
2
1
f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ .
2
Từ (1) và (2) ta có
Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
6


1
f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ .
2
Vậy
f : [ 0;1] → [ 0;1]
Ví dụ 5: Cho hàm
thỏa mãn
a, b ∈ [ 0;1]
f a = 0, f ( b ) = 1;
1. Tồn tại
sao cho ( )
x, y ∈ [ 0;1]
2. Với mọi
ta có
x − f ( x) + y − f ( y )
f ( x) − f ( y) ≤

. (*)
2
x ∈ 0;1
f x = x0 .
Chứng minh rằng tồn tại duy nhất 0 [ ] sao cho ( 0 )
Hướng dẫn:
Thế x = a, y = b vào (*) ta có
1 = f ( a) − f ( b) ≤

a − f ( a) + b − f ( b)

a = 1
⇒ a − b ≥1⇒ 
b = 0
Thế

x = 1, y =

a +1− b
2
2
 f ( 1) = 0
( do a, b ∈ [ 0;1] ) ⇒  f 0 = 1.
 ( )
=

1
2 vào (*) ta có

1

f ( 1) − f  ÷ ≤
2

1+

1 1
f  ÷>
+) Nếu  2  2 thì ta có
1 1
f  ÷≤
2 2

1
1
1
1
−f ÷
1+ − f  ÷
2
2
1
2
2
⇔ f  ÷≤
2
2
2
.

1 1

f  ÷+ ⇒
 2 4

1 1
f  ÷≤
 2  2 (vô lý).

1 1
1
f  ÷<
x = 0, y =
2 vào (*) ta có
+) Nếu  2  2 , thay

7


1
1− f  ÷ ≤
2

1+

1
1 3
1
−f ÷
−f ÷
2
 2 2

2
=
2
2

3
−
2

1
⇒ 1 − f  ÷≤
2
1 1
⇒ f  ÷≥ .
2 2
1 1
f  ÷= .
Điều này cũng vô lý. Vậy  2  2
x=

1
f ÷
 2
2

1
2 là duy nhất.

Ta đi chứng minh
1

y=
2 vào (*) ta có
Thế

f ( x) −

f ( x) − x
1
≤
. (**)
2
2

1
2 sao cho f ( x0 ) = x0 . Thế x = x0 vào (**) ta có
Giả sử tồn tại
1
1
f ( x0 ) − ≤ 0 ⇒ f ( x0 ) = = x0
2
2
(vô lý).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
x0 ∈ [ 0;1] , x0 ≠

2. THẾ BIẾN BẰNG BIẾN MỚI
Ví dụ 1: Tìm hàm

f : ¡ \ { 2} → ¡

thỏa mãn điều kiện

 2x + 1 
2
f
÷ = x + 2 x, ∀x ≠ 1.
 x −1 
Hướng dẫn:

(*)

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
2x + 1
t=
x − 1 ta có miền giá trị của t là ¡ \ { 2} giống với tập xác định của hàm
Đặt
f.

8


t +1
t − 2 thay vào (*) ta được
Ta có
3t 2 − 3
3x 2 − 3
f ( t) =
, ∀t ≠ 2
f ( x) =

, ∀x ≠ 2.
2
2
x − 2)
( t − 2)
(
hay
Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
3x 2 − 3
f ( x) =
, ∀x ≠ 2.
2
x − 2)
(
Vậy
x=

Ví dụ 2: Tìm hàm

(

f : D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → ¡

)

thỏa mãn điều kiện

f x − x 2 − 1 = x + x 2 − 1, ∀x : x ≥ 1.
Hướng dẫn:
Giả sử tồn tại hàm số

f ( x)

(*)

thỏa mãn điều kiện (*).


t2 +1
2
2

x −1 = ( x − t )
x =
t = x − x2 − 1 ⇔ x2 − 1 = x − t ⇔ 
⇔
2t .
x
≥
t
x ≥ t


Đặt
 t ≤ −1
t2 +1
≥t ⇔ 
⇔ t ∈ D.
0 < t ≤1
2

t

x
Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
Miền giá trị của t là tập xác định của hàm f .
1
1
f
t
=
,
∀
t
∈
D
f
x
=
, ∀x ∈ D.
(
)
(
)
2
t
x
Thay t = x − x − 1 vào (*) ta có
hay
Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn.
1

f ( x ) = , ∀x ∈ D.
x
Vậy
f : D = ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ )
Ví dụ 3: Tìm hàm
thỏa mãn điều kiện
xf ( xf ( y ) ) = f ( f ( y ) ) , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) .
(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
xf xf ( 1) ) = f ( f ( 1) ) .
Thay y = 1 vào (*) ta được (
9


x=
Thay

1
1
f ( f ( 1) ) = 1 ⇒ xf ( xf ( 1) ) = 1 ⇒ f ( xf ( 1) ) = .
f ( 1) ta được
x

Đặt
t = xf ( 1) ⇒ f ( t ) =

f (1)
a
⇒ f ( t) =
t
t với a = f ( 1) .

f 1 ∈ 0; +∞ )
Vì ( ) (
và x ∈ D nên t ∈ D . Hay
Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn.
a
f ( x) =
x với a ∈ ( 0; +∞ ) .
Vậy

f ( x) =

a
x với a ∈ ( 0; +∞ ) .

Ví dụ 4: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy x 2 + y 2 , ∀x, y ∈ ¡ .

(

)

Hướng dẫn:

(*)

Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn (*).
u = x − y

v= x+ y
Đặt 
vf ( u ) − uf ( v ) = u 3v − uv 3 ⇔ v f ( u ) − u 3 = u f ( v ) − v 3 .
ta được
Với uv ≠ 0 ta có
f ( u ) − u 3 f ( v ) − v3
f ( u ) − u3
*
=
, ∀u , v ∈ ¡ ⇒
= a ⇒ f ( u ) = u 3 + au, ∀u ≠ 0.
u
v
u
f 0 = 0.
Với u = 0, v ≠ 0 suy ra ( )
3
f
x
=
x
+ ax, ∀x ∈ ¡ . Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn.
(
)
Tóm lại

(

)

(

)

3
Vậy f ( x ) = x + ax, ∀x ∈ ¡ (với a bất kì).

Ví dụ 5: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( x ) + xf ( − x ) = x + 1, ∀x ∈ ¡ .
Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
f −t − tf ( t ) = −t + 1, ∀t ∈ ¡
Đặt t = − x , ta được ( )
hay
10

(*)


− xf ( x ) + f ( − x ) = − x + 1, ∀x ∈ ¡ .
Ta có hệ phương trình
 f ( x ) + xf ( − x ) = x + 1
⇒ f ( x ) = 1, ∀x ∈ ¡ .


−
xf
x
+
f
−
x
=
−
x
+
1
(
)
(
)

Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
f x = 1, ∀x ∈ ¡
Vậy ( )
.
Ví dụ 6: Tìm hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
x 2 f ( x ) + f ( 1 − x ) = 2 x − x 4 , ∀x ∈ ¡ .

(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).

Thay x bởi 1 − x vào (*) ta được
2
4
( 1 − x) f ( 1 − x) + f ( x) = 2( 1 − x) − ( 1 − x) .

Do đó, ta có hệ

 x 2 f ( x ) + f ( 1 − x ) = 2 x − x 4

2
4
 f ( x ) + ( 1 − x ) f ( 1 − x ) = 2 ( 1 − x ) − ( 1 − x ) .
Giải hệ bằng phương pháp định thức. Ta có
2
D = x 2 ( 1 − x ) − 1 = ( x 2 − x − 1) ( x 2 − x + 1) ;
Dx = ( 1 − x 2 ) ( x 2 − x − 1) ( x 2 − x + 1) .

Nếu

D = 0 ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x =

1± 5
⇒ Dx = 0
2

1± 5
2
2 ta có f ( x ) = 1 − x .
Nếu
Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).

D≠0⇔ x≠

Ví dụ 7: Tìm hàm số

f : ¡ \ { 0,1} → ¡

thỏa mãn điều kiện

 x −1
*
f ( x) + f 
÷ = 1 + x, ∀x ∈ ¡ .
 x 
Hướng dẫn:
Giả sử tồn tại hàm số

f ( x)

thỏa mãn điều kiện (*).
11

(*)


x −1
x thay vào (*) ta được f ( x ) + f ( x1 ) = 1 + x.
Đặt
x −1
1
x2 = 1

=
.
f x + f ( x2 ) = 1 + x1.
x
1
−
x
1
Đặt
Thay x = x1 vào (*) ta được ( 1 )
x2 − 1
=x
f x + f ( x ) = 1 + x2 .
x
2
Ta thấy
nên thay x = x2 vào (*) ta được ( 2 )
x1 =

Ta được hệ phương trình
 f ( x ) + f ( x1 ) = 1 + x

1
1
1
1 
 f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 + x1 ⇒ f ( x ) = ( 1 + x − x1 + x2 ) =  x + +
÷.
2
2

x
1
−
x



f
x
+
f
x
=
1
+
x
(
)
(
)
2
2

Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
Vậy
1
1
1 
f ( x) =  x + +
÷, ∀x ∈ ¡ \ { 0;1} .

2
x 1− x 
Ví dụ 8: Tìm hàm số

f : ¡ \ { −1;0;1} → ¡

thỏa mãn điều kiện

 x −1 
xf ( x ) + 2 f 
÷ = 1, ∀x ≠ −1.
 x +1

(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
x −1
x1 =
x + 1 , từ (*) ta được xf ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1.
Đặt
x −1
1
x2 = 1
=−
x1 + 1
x , thay x = x1 vào (*) ta được x1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1.
Đặt

x −1
x +1
x3 = 2
=−
x2 + 1
x − 1 , thay x = x2 vào (*) ta được x2 f ( x2 ) + 2 f ( x3 ) = 1.
Đặt

x3 − 1
=x
x f x + 2 f ( x ) = 1.
x
+
1
Ta thấy 3
, thay x = x3 vào (*) ta được 3 ( 3 )
Ta có hệ phương trình

12


 xf ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1

4x2 − x + 1
 x1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1
⇒ f ( x) =
.

5
x

x
−
1
x
f
x
+
2
f
x
=
1
(
)
(
)
(
)
2
3
 2
x f ( x ) + 2 f ( x) = 1
3
 3
Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn.
4x2 − x + 1
f ( x) =
, ∀x ∈ ¡ \ { −1;0;1} .
5 x ( x − 1)
Vậy

Ví dụ 9(VMO 2002): Tìm hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( y − f ( x ) ) = f x 2002 − y − 2001. y. f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ . (*)

(

)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
y = f ( x)
Thay
vào (*) ta được
f ( 0 ) = f x 2002 − f ( x ) − 2001. f 2 ( x ) , ∀x ∈ ¡ . (1)

(

)

2002
Thay y = x
vào (*) ta được
f x 2002 − f ( x ) = f ( 0 ) − 2001.x 2002 . f ( x ) , ∀x ∈ ¡ . (2)

(

)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được

f ( x ) f ( x ) + x 2002 = 0, ∀x ∈ ¡ .

(

)

2002
f x =0
Như vậy với mỗi giá trị của x thì ta có hoặc là ( )
hoặc là f ( x ) = − x . Ta
sẽ đi chứng minh để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì bắt buộc ta phải có đồng nhất
2002
f ( x ) ≡ 0, ∀x ∈ ¡
f
x
≡
−
x
, ∀x ∈ ¡ .
(
)
hoặc

f a = 0.
trong cả hai hàm số trên nên ta giả sử tồn tại a ≠ 0 sao cho ( )
f y = f ( − y ) , ∀y ∈ ¡
Thay x = 0 vào (*) ta được ( )
nên f là hàm số chẵn, do đó sẽ
2002
tồn tại b > 0 sao cho f ( b ) = −b .

Vì

f ( 0) = 0

f ( −b ) = f ( a 2002 + b ) .
x
=
a
,
y
=
−
b
Khi đó, thế
vào (*) ta được
Suy ra

13


0
−b 2002 = f ( b ) = f ( −b ) = f ( a 2002 + b ) = 
2002
2002
 − ( a + b ) .
Cả

hai

trường

hợp

a ≠ 0 ⇒ −b 2002 > − ( a 2002 + b )

đều
2002

vô

lý

b > 0 ⇒ −b2002 ≠ 0

vì

và

.

2002
f x ≡ 0, ∀x ∈ ¡
Thử lại hai trường hợp ( )
hoặc f ( x ) ≡ − x , ∀x ∈ ¡ ta thấy chỉ có
f ( x ) ≡ 0, ∀x ∈ ¡
thỏa mãn điều kiện (*).
f x ≡ 0, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )

Ví dụ 10(Iran 1999): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện

f ( f ( x ) + y ) = f x 2 − y + 4 yf ( x ) , ∀x, y ∈ ¡ .
(*)

(

)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
2
Thế y = x vào (*) ta được

Thế

y = − f ( x)

f ( f ( x ) + x 2 ) = f ( 0 ) + 4 x 2 f ( x ) , ∀x ∈ ¡ .

vào (*) ta được
f ( 0 ) = f f ( x ) + x 2 − 4 f 2 ( x ) , ∀x ∈ ¡ .

(

)

Cộng vế với vế của hai phương trình trên ta được
4 f ( x ) f ( x ) − x 2 = 0, ∀x ∈ ¡ .

(

)

2
f x =0
Do đó, với mỗi x ∈ ¡ thì hoặc ( )
hoặc f ( x ) = x .
2
Ta đi chứng minh f ( x ) ≡ 0, ∀x ∈ ¡ hoặc f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ .
f 0 =0
f y = f ( − y ) , ∀y ∈ ¡
Ta luôn có ( )
nên thay x = 0 vào (*) ta được ( )
hay f
là hàm số chẵn.
2
f
a
=
0,
f
b
=
b
.
(
)
(
)

a
≠
0,
b
>
0
Giả sử phản chứng tồn tại
sao cho

Thay x = a, y = −b vào (*) ta được
f ( −b ) = f a 2 + b ⇒ f ( b ) = f a 2 + b .

(

)

(

Suy ra

14

)


0
b 2 = f ( b ) = f ( −b ) = f ( a 2 + b ) =  2
2
( a + b ) .
b2 < ( a2 + b )

Cả hai trường hợp trên đều vô lý vì b > 0 nên b ≠ 0 và a ≠ 0 nên
2
f x ≡ 0, ∀x ∈ ¡
Ta có điều phải chứng minh ( )
hoặc f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ .
f x ≡ 0, ∀x ∈ ¡
Thử lại vào (*) ta thấy chỉ có hàm số ( )
là thỏa mãn.
f x ≡ 0, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )
2

2

.

Ví dụ 11(Belarus 1995): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( f ( x + y ) ) = f ( x + y ) + f ( x ) f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ . (*)
Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thế y = 0 vào (*) ta được

f ( f ( x ) ) = ( 1 + f ( 0 ) ) f ( x ) , ∀x ∈ ¡ .

Từ đẳng thức này tiếp tục thế x bởi x + y ta được
( 1 + f ( 0 ) ) f ( x + y ) = f ( f ( x + y ) ) = f ( x + y ) + f ( x ) f ( y ) − xy, ∀x, y ∈ ¡ .
Suy ra

f ( 0 ) f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ .

(**)

Từ đó, thế y = 1 vào (**) ta được
f ( 0 ) f ( x + 1) = f ( x ) f ( 1) − x, ∀x ∈ ¡ .
Thế y = −1 và x bởi x + 1 vào (**) ta được
f ( 0 ) f ( x ) = f ( x + 1) f ( −1) + x + 1, ∀x ∈ ¡ .
f −1
f 0
Nhân đẳng thức thứ nhất với ( ) và đẳng thức thứ hai với ( ) sau đó cộng vế
với vế ta được
f 2 ( 0 ) − f ( 1) f ( −1) f ( x ) = ( f ( 0 ) − f ( −1) ) x + f ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ . (***)

(

)

2
f 0 =0
Nếu f ( 0 ) − f ( 1) f ( −1) = 0 thì thế x = 0 vào (***) ta được ( )
. Kết hợp với
(**) ta được
f ( x ) f ( y ) = xy, ∀x, y ∈ ¡ .
2
2
Do đó 0 = f ( 0 ) − f ( 1) f ( −1) = 0 − 1( −1) = 1 ( vô lý). Suy ra

15

f 2 ( 0 ) − f ( 1) f ( −1) ≠ 0 .

f x
f x = ax + b.
Kết hợp với (***) ta có ( ) là một hàm bậc nhất có dạng ( )
Thay vào (*) ta được a = 1, b = 0.
f x = x, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )

Ví dụ 12(VMO 2005): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ .

(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn (*).
Thế x = y = 0 vào (*) ta được

f ( f ( 0) ) = f 2 ( 0) .

Thế y = x và sử dụng kết quả trên ta được
f 2 ( x ) = x 2 + f 2 ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ . (***)
Suy ra

f 2 ( x ) = f 2 ( − x ) ⇒ f ( x ) = f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ .

Thế y = 0 vào (*) ta được
f ( f ( x ) ) = f ( 0 ) f ( x ) − f ( x ) + f ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ .
Thế x = 0, y = − x vào (*) ta được
f ( f ( x ) ) = f ( 0 ) f ( − x ) + f ( − x ) − f ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ .
Từ hai kết quả trên ta có
f ( 0 ) ( f ( − x ) − f ( x ) ) + f ( − x ) + f ( x ) = 2 f ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ .

(**)

f x = f ( − x0 )
Giả sử tồn tại x0 ≠ 0 sao cho ( 0 )
, từ (**) thế x = x0 ta được
f ( x0 ) = f ( 0 ) ⇒ f 2 ( x0 ) = f 2 ( 0 )
⇒ f 2 ( 0 ) + x0 2 = f 2 ( 0 ) + 02
⇒ x0 = 0.
Suy ra mâu thuẫn.
f x = − f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )
Điều này kết hợp với (**) ta được
f ( 0 ) ( f ( x ) − 1) = 0, ∀x ∈ ¡ .
16


f 0 =0
f x = 1, ∀x ≠ 0
Từ đó suy ra ( )
vì nếu ( )
thì trái với điều kiện f là hàm số lẻ
vừa chứng minh ở trên.
Kết hợp với (***) ta được

f 2 ( x ) = x 2 , ∀x ∈ ¡ .
f x = x1
Giả sử tồn tại x1 ≠ 0 sao cho ( 1 )
thì ta có
x1 = f ( x1 ) = − f ( f ( x1 ) ) = − f ( x1 ) = − x1
f x = − x, ∀x ∈ ¡ .
là điều vô lý. Suy ra ( )
Thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện (*).
f x = − x, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )

Ví dụ 13: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn
f ( f ( x ) − y ) = f ( x ) − f ( y ) + f ( x ) f ( y ) − xy , ∀x, y ∈ ¡ .

(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Thế y = 0 vào (*) ta được

f ( f ( x ) ) = f ( x ) − f ( 0 ) + f ( 0 ) f ( x ) , ∀x ∈ ¡ . (**)

Thế

y = f ( x)

và sử dụng kết quả vừa có ta được
f ( 0 ) = f ( x ) − f ( f ( x ) ) + f ( x ) f ( f ( x ) ) − xf ( x )

(***)

= f ( 0 ) − 2 f ( 0 ) f ( x ) + f 2 ( x ) + f ( 0 ) f 2 ( x ) − xf ( x ) .
Suy ra

−2 f ( 0 ) f ( x ) + f 2 ( x ) + f ( 0 ) f 2 ( x ) − xf ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ .

 f ( 0) = 0
f 3 ( 0) − f 2 ( 0) = 0 ⇒ 
 f ( 0 ) = 1.
Thế x = 0 vào đẳng thức trên ta được
f 0 =0
+) Nếu ( )
thay vào (**) ta có
f ( f ( x ) ) = f ( x ) , ∀x ∈ ¡ .
Thay kết quả này vào (***) ta được
mãn.
f 0 =1
+) Nếu ( )
thay vào (**) ta có

f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ .

17

Thử lại vào (*) ta thấy thỏa


f ( f ( x ) ) = 2 f ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡ .

Thay kết quả này vào (***) ta được
không thỏa mãn.
f x = x, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )

f ( x) =

1
x + 1, ∀x ∈ ¡ .
2
Thử lại vào (*) thấy

Ví dụ 14: Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( x − f ( y ) ) = f ( x ) + xf ( y ) + f ( f ( y ) ) , ∀x, y ∈ ¡ .

( *)

Hướng dẫn:
f x ≡ 0, ∀x ∈ ¡
f x ≠ 0.
Ta thấy ( )
thỏa mãn điều kiện (*). Ta xét trường hợp ( )
x = f ( y)
Thay
vào (*) ta được
x2 f ( 0)
2
f ( 0) = 2 f ( x ) + x ⇒ f ( x ) = − +
.
2

2
Do đó
f 2 ( x ) f ( 0)
f ( f ( x) ) = −
+
.
2
2
x = f ( z) ,z ∈¡
Thay
thì ta có
f ( f ( z) − f ( y) ) = f ( f ( z) ) + f ( z) f ( y) + f ( f ( y) ) .
Theo như trên ta có
f ( f ( y) )

f 2 ( y ) f ( 0)
f 2 ( z ) f ( 0)
=−
+
f ( f ( z) ) = −
+
2
2 và
2
2 .

Do đó
f ( f ( z) − f ( y) )

( f ( z) − f ( y) )

=−
2

2

+ f ( 0) .

f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } = ¡ .
Ta đi chứng tỏ tập {
f x ≠0
f y =a≠0
Do ( )
nên tồn tại một số y0 sao cho ( 0 )
.
Thay y = y0 vào (*) ta có

(**)

f ( x − a ) = f ( x ) + xa + f ( a ) ⇒ f ( x − a ) − f ( x ) = xa + f ( a ) .

18


xa + f ( a )
Ta thấy vế phải là hàm bậc nhất theo x mà x ∈ ¡ nên
có tập giá trị là
f x − a) − f ( x)
toàn bộ tập ¡ . Do đó, hiệu (
cũng có tập giá trị là toàn bộ tập ¡
với x ∈ ¡ .

Mà rõ ràng ta có bao hàm sau
¡ ⊃ { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } ⊃ { f ( x − a ) − f ( x ) | x ∈ ¡ } = ¡
nên

{ f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } = ¡ .

Từ (**) ta thu được
x2
f ( x ) = − + f ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ .
2
Mặt khác ta lại có

nên

f ( 0) = 0

x2
f ( x ) = − + f ( 0 ) , ∀x ∈ T ( f
2

)

và do vậy

x2
f ( x ) = − , ∀x ∈ ¡ .
2
Thử lại vào (*) ta thấy thỏa mãn.
x2
f ( x ) = − , ∀x ∈ ¡ .

f x ≡0
2
Vậy có hai hàm số thỏa mãn là ( )
hoặc
Ví dụ 15: Tìm hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( x − f ( y ) ) = 2 f ( x ) + x + f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ .

(*)

Hướng dẫn:

f x ≡0
f x ≠ 0.
Ta thấy hàm ( )
không thỏa mãn (*). Ta xét ( )
f y
Thế x bởi ( ) vào (*) ta được

f ( 0) = 2 f ( f ( y ) ) + 2 f ( y ) ⇒ f ( f ( y ) ) = − f ( y ) +
f x
Lại thế x bởi ( ) vào (*) ta được

19

f ( 0)
.
2


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


f ( 0) 
= 2 − f ( x) +
÷+ f ( x ) + f ( y )
2


= − ( f ( x ) − f ( y ) ) + f ( 0) .

Tuy nhiên ta chưa chứng minh được {
Nên ta phải thêm một bước nữa.
f x − f ( y)
Thế x bởi ( )
vào (*) ta có

f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡

}

có tập giá trị là ¡ .

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

= −2 ( f ( x ) − f ( y ) ) + 2 f ( 0 ) + f ( x )

⇒ f ( f ( x ) − 2 f ( y ) ) = − ( f ( x ) − 2 f ( y ) ) + 2 f ( 0) .

(**)

f ( x ) − 2 f ( y ) | x, y ∈ ¡ }

Ta đi chứng minh tập {
có tập giá trị là ¡ .
f x ≠0
f y = a ≠ 0.
Vì ( )
nên tồn tại giá trị y0 ∈ ¡ sao cho ( 0 )
Khi đó, thế y = y0 vào (*) ta có
f ( x − a ) − 2 f ( x ) = x + a, ∀x ∈ ¡ .

f ( x − a) − 2 f ( x) | x ∈ ¡ } = ¡ .
Mà khi x ∈ ¡ thì x + a có tập giá trị là ¡ nên {
Ta lại có bao hàm
¡ ⊃ { f ( x ) − 2 f ( y ) | x, y ∈ ¡ } ⊃ { f ( x − a ) − 2 f ( x ) | x ∈ ¡ } = ¡
nên rõ ràng ta phải có

{ f ( x ) − 2 f ( y ) | x, y ∈ ¡ } = ¡ .

Kết hợp với (**) ta suy ra

f ( x ) = − x + 2 f ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ .

f 0 =0
f x = − x, ∀x ∈ ¡ .
Thay vào (*) ta được ( )
nên ( )
Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
f x = − x, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )
3. THẾ BIẾN KẾT HỢP VỚI CÁC TÍNH CHẤT: ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH,
SONG ÁNH CỦA HÀM SỐ

Ví dụ 1: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn
20


f ( f ( x ) + 2 y ) = 4 x + 4 y + 3, ∀x, y ∈ ¡ .

(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
Giả sử
f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) + 2 y ) = f ( f ( x2 ) + 2 y )
⇒ 4 x1 + 4 y + 3 = 4 x2 + 4 y + 3 ⇒ x1 = x2 .

Suy ra f là đơn ánh.
Ta có
f ( f ( x ) + 2 y ) = 4 x + 4 y + 3 = f ( f ( y ) + 2 x ) , ∀x, y ∈ ¡ .
Mà f là đơn ánh nên
f ( x ) + 2 y = f ( y ) + 2 x ⇒ f ( x ) − 2 x = f ( y ) − 2 y, ∀x, y ∈ ¡
⇒ f ( x ) − 2 x = c ⇒ f ( x ) = 2 x + c, ∀x ∈ ¡ .

Thay
Vậy

f ( x ) = 2x + c

vào (*) ta được c = 1.
f ( x ) = 2 x + 1, ∀x ∈ ¡ .

Ví dụ 2: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( 2 f ( x ) − y ) = 2 x + y + 6, ∀x, y ∈ ¡ .
Hướng dẫn:
Giả sử tồn tại hàm số

(*)

f ( x)

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Tương tự như bài toán trên ta dễ dàng chứng minh f là đơn ánh.
Thế y = −2 x vào (*) ta được
f ( 2 f ( x ) + 2 x ) = 6, ∀x ∈ ¡ .
Suy ra

f ( 2 f ( x ) + 2 x ) = f ( 2 f ( y ) + 2 y ) , ∀x, y ∈ ¡ .

Vì f là đơn ánh nên

2 f ( x ) + 2 x = 2 f ( y ) + 2 y, ∀x, y ∈ ¡

⇒ 2 f ( x ) + 2 x = 2c, ∀x ∈ ¡
⇒ f ( x ) = − x + c, ∀x ∈ ¡ .
Thay vào (*) ta được c = 2.
21


Vậy

f ( x ) = − x + 2, ∀x ∈ ¡ .

Ví dụ 3(IMO 1997, Shortlist): Tồn tại hay không các hàm số
thỏa mãn các điều kiện
f ( g ( x ) ) = x 2 , g ( f ( x ) ) = x 3 , ∀x ∈ ¡ .

f ( x) , g ( x)

trên ¡

Hướng dẫn:

f x ,g x
Giả sử tồn tại các hàm ( ) ( ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giả sử
f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ g ( f ( x1 ) ) = g ( f ( x2 ) )
⇒ x13 = x23 ⇒ x1 = x2 .
Suy ra f là đơn ánh.
f 1 , f −1 , f 0
Do đó ( ) ( ) ( ) là ba giá trị phân biệt.
f 2 ( x ) = f g ( f ( x ) ) = f ( x3 )
f 0 , f 1 , f −1
Mặt khác
nên ( ) ( ) ( ) là ba nghiệm của
2
f 0 , f 1 , f −1
phương trình bậc hai t = t có hai nghiệm. Mâu thuẫn với ( ) ( ) ( ) là ba
giá trị phân biệt.
Vậy không tồn tại các hàm thỏa mãn bài toán.

(

)

Ví dụ 4: Tìm hàm f : ¡ → ¡ là toàn ánh thỏa mãn điều kiện
f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) − f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ . (*)
Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thế y = 0 vào (*) ta được

f ( f ( x ) ) = f ( x ) − f ( 0) .

Do f là toàn ánh nên với mọi t ∈¡ tồn tại x sao cho
f ( x) = t ⇒ f ( f ( x) ) = f ( t )
⇒ f ( x ) − f ( 0) = f ( t )

⇒ f ( t ) = t − f ( 0 ) , ∀t ∈ ¡ .
Thay vào điều kiện (*) ta được
f x = x, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )

f ( 0) = 0

nên

22

f ( t ) = t , ∀t ∈ ¡ .

Ví dụ 5: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( x + f ( y ) ) = x + f ( y ) + xf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ . (*)
Hướng dẫn:
f x ≡ −1, ∀x ∈ ¡
Ta thấy ( )
là nghiệm. Ta đi tìm nghiệm khác của bài toán.
f a ≠ −1.
Tồn tại a sao cho ( )
Thế y = a vào (*) ta được
f ( x + f (a ) ) = ( 1 + f ( a ) ) x + f ( a ) , ∀x ∈ ¡ .

Khi đó ta thấy vế phải là hàm bậc nhất nên nó nhận mọi giá trị của ¡ khi x chạy
trên toàn ¡ .
y − f ( a)
x0 = 0
+ f ( a)
1
+
f
a
(
)
y
∈
¡
Lấy 0
bất kỳ. Tồn tại
thỏa mãn

 y − f ( a)

f ( x0 ) = f  0
+ f ( a) ÷
 1+ f ( a)

y − f ( a)
= ( 1+ f ( a) ) 0
+ f ( a ) = y0 .
1+ f ( a)
Suy ra f là toàn ánh.
f x =y
Với y ∈ ¡ bất kì tồn tại x ∈ ¡ sao cho ( )
.
f x' = x
Với x ∈ ¡ lại tồn tại x ' ∈ ¡ sao cho ( )
nên ta có
y = f ( x ) = f ( f ( x ') ) = f ( x ' ) = x.
f y = y, ∀y ∈ ¡ .
Suy ra ( )
Thử lại ta thấy hàm này không thỏa mãn.
f x ≡ −1, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )

Ví dụ 6(IMO 2002 Shortlist): Tìm hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( f ( x ) + y ) = 2 x + f ( f ( y ) − x ) , ∀x, y ∈ ¡ . (*)
Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện bài toán.

y = − f ( x)
Thế
vào (*) ta được
23


(

f ( 0) = 2 x + f f ( − f ( x ) ) − x
hay

(

)

)

f f ( − f ( x ) ) − x = −2 x + f ( 0 ) , ∀x ∈ ¡ .

Do vế phải là hàm bậc nhất nên miền giá trị của của hàm f là ¡ hay f là toàn
ánh.
f a =0
Như vậy, sẽ tồn tại a để ( )
.
x
=
a
Thế
vào (*) ta được
f ( y ) = 2 a + f ( f ( y ) − a ) ⇔ f ( f ( y ) − a ) = ( f ( y ) − a ) − a.

x = f ( y) − a
Vì f là toàn ánh nên với mỗi số thực x sẽ tồn tại số thực y sao cho
f ( y) − a | y ∈ ¡ }
hay tập {
có tập giá trị là ¡ .
f x = x − a, ∀x ∈ ¡ .
Do vậy ta có ( )
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn (*).
f x = x − a, ∀x ∈ ¡ .
Vậy ( )
Ví dụ 7(IMO 1999): Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn
f ( x − f ( y ) ) = f ( f ( y ) ) + xf ( y ) + f ( x ) − 1, ∀x, y ∈ ¡ .

(*)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
f x ≡0
Ta nhận thấy ( )
không thỏa mãn yêu cầu bài toán nên tồn tại a sao cho
f ( a) ≠ 0
.
y
=
a
Thế
vào (*) ta được
f ( x − f ( a ) ) = f ( f ( a ) ) + xf ( a ) + f ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡

⇒ f ( x − f ( a ) ) − f ( x ) = xf ( a ) + f ( f ( a ) ) − 1, ∀x ∈ ¡ .
Đặt

g ( x ) = f ( x − f ( a ) ) − f ( x ) = xf ( a ) + f ( f ( a ) ) − 1, ∀x ∈ ¡ .
Khi đó, dễ dàng nhận thấy g là toàn ánh nhận giá trị trên toàn ¡ khi x chạy trên
toàn ¡ .
f 0 =c
Đặt ( )
.
x = f ( y)
Thế
vào (*) ta được
24


f ( 0 ) = 2 f ( f ( y ) ) + f 2 ( y ) − 1.
Suy ra
f ( f ( y) )

f 2 ( y) c +1
=−
+
, ∀y ∈ ¡ .
2
2

(**)

f x

Thế x bởi ( ) vào (*) ta có
f ( f ( x ) − f ( y ) ) = f ( f ( y ) ) + f ( x ) f ( y ) + f ( f ( x ) ) − 1.

Suy ra
f ( f ( x) − f ( y) )

f 2 ( y) c +1
f 2 ( x) c +1
=−
+
+ f ( x) f ( y) −
+
−1
2
2
2
2

⇒ f ( f ( x) − f ( y) )

 f ( x ) − f ( y ) 
=−
+ c, ∀x, y ∈ ¡ .
2
2

Ta có
¡ ⊃ { f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } ⊃ g ( x ) = f ( x − f ( a ) ) − f ( x ) | x ∈ ¡ = ¡ .

{

Suy ra

}

{ f ( x ) − f ( y ) | x, y ∈ ¡ } = ¡ .

x2
f ( x ) = − + c, ∀x ∈ ¡ .
2
Do đó,
f 2 ( x)
c +1
c=
⇔ c = 1.
f ( f ( x) ) = −
+c
2
2
Suy ra
kết hợp với (**) ta được
2
x
f ( x ) = − + 1, ∀x ∈ ¡ .
2
Nên
Thử lại ta thấy thỏa mãn (*).
x2
f ( x ) = − + 1, ∀x ∈ ¡ .
2

Vậy
Ví dụ 8: Tìm hàm f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện
f x 2 + f ( y ) = xf ( x ) + y , ∀x, y ∈ ¡ .

(

)

Hướng dẫn:

f x
Giả sử tồn tại hàm số ( ) thỏa mãn điều kiện (*).
Thế x = 0 vào (*) ta được
f ( f ( y ) ) = y, ∀y ∈ ¡ .
25

( *)