Phương trình hàm Cauchy

HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY
Đào Thị Lê Dung
Trường THPT chuyên Thái Bình
A. Mở đầu: Phương trình hàm Cauchy có một vai trò quan trọng trong mảng toán về phương trình hàm.
Rất nhiều phương trình hàm được giải quyết một cách gọn gàng nhờ phép biến đổi để đưa về phương
trình hàm Cauchy.
B. Nội dung: Trước tiên xin nêu ra một số tiêu chuẩn để nhận dạng phương trình hàm Cauchy.
I. Lý thuyết:
1. Tiêu chuẩn 1: Nếu hàm số f:    thỏa mãn: f cộng tính và liên tục trên R thì phương trình f(x) =
ax (a tùy ý thuộc R)
Chứng minh:
Từ giả thiết cộng tính: f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) x, y  R
=> f (2 x)  2 f ( x )
Bằng quy nạp dễ thấy f (kx )  kf ( x )k  N
Mặt khác:

*

Thay x = y = 0 => f(0) = 0
Thay y = -x => f(x) = -f(-x)

Vậy với k  N * : f(-kx) = -f(kx) = - kf(x)
Do đó ta có f(kx) = kf(x) k  Z (1)

1
n

f (1)
n
m
1 m
*
Theo (1) m  Z ; n  N ta có: f ( )  mf ( ) 
f (1)
n
n
n
Chứng tỏ f(x) = xf(1) x  Q
*

1
n

Ngoài ra: f(1) = n f ( )n  N => f ( ) 

Với x0  R tùy ý thì vì tập Q là trù mật trong R nên tồn tại dãy (xn) với
Vì f hàm số liên tục trên R: => lim(f(xn) = f(limxn) = f(x0)

xn  Q và xn  x0
=> limf(1).xn = f(x0) =>

f(x0) = ax0 x  R
Thử lại thấy thỏa mãn;
Kết luận: f ( x)  ax; a  R
Chú ý: Ở tiêu chuẩn trên điều kiện f liên tục trên R có thể thay đổi điều kiện hẹp hơn: f liên tục
tại 1 điểm x0  R là đủ.

Thật vậy: với x1  R ta có:

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


f(x) = f(x-x1  x0 )  f ( x1 )  f ( x0 )x  R  lim f(x)= lim (f(x-x1  x0 )  f ( x1 )  f ( x0 ))
x  x1

x x1

= f(x0) + f(x1) –f(x0) (Theo gt f liên tục tại x0 ) = f (x1)
Vậy f liên tục tại x1 tùy ý hay liên tục trên R.
Tiêu chuẩn 2: Nếu hàm f: R   R là hàm cộng tính và đơn điệu trên R thì f(x) có dạng: f(x) = ax
(a  R )
Chứng minh:
Vì f là hàm cộng tính trên R theo chứng minh trên ta có:
f ( x)  ax x  Q; a=f(1)
với x0  R bất kỳ: Tồn tại 2 dãy (xn); (yn) thỏa mãn:

xn  Q; yn  Qn  N *
xn  x0  yn và (xn); (yn) đều hội tụ đến x0
Giả sử f đơn điệu tăng trên R => f(xn) < f(x0) < f(yn)  axn < f(x0) < ayn
Cho n    ax 0  f ( x0 )  ax 0  f ( x0 )  ax 0x 0  R
Hay f ( x)  ax x  R

Tiêu chuẩn 3:
Hàm f: R   R f cộng tính và f ( x )  0 x  0 khi đó f(x) = ax
Thật vậy: x,y tùy ý thuộc R giả sử x > y => x – y > 0
Ta có f(x) = f(x-y) + f(y) > f(y)
 f là hàm đơn điệu tăng trên R
Theo tiêu chuẩn 2 ta có điều phải chứng minh
Tiêu chuẩn 4:
Nếu hàm f :    là cộng tính và đơn điệu trên đoạn  a; b  thì f(x) = ax
Thật vậy đây là trường hợp mở rộng của tiêu chuẩn 2
Ta sẽ chứng minh từ giả thiết f đơn điệu trên  a; b  để được f đơn điệu trên toàn R
Giả sử f là hàm đơn điệu tăng. Đặt  
tính và f tăng trên  a; b  => f ( x 
=> f ( x)  f ( y )

ba
 0 lấy x  y tùy ý trên  a; b  . Từ f là hàm cộng
2

ab
ab
)  f (y 
)
2
2

x,y   - ;  và x  y => f đơn điệu tăng trên  - ; 

Dễ thấy f(0) = 0 => f ( x)  0 x   0; 

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội

Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


x y
Với x  y ta đặt k  
  k  N
  

Và x,y tùy ý trên R
 x – y = kα + t với t   0;  
Ta có : f(x)-f(y)=f(x-y)=f(k )+f(t)=kf( )+f(t)  0
Vậy f đơn điệu tăng trên R -> điều phải chứng minh theo tiêu chuẩn 2
II. Một số ứng dụng của phương trình hàm Cauchy
Trước tiên xin nêu ra một số phương trình hàm liên quan đến việc chuyển đổi các phép toán số
học và các đại lượng trung bình
Ví dụ 1 : Tìm các hàm thỏa mãn từng điều kiện sau :
1) Xác định hàm f : R+  R+ biết f là hàm liên tục và f(xy) = f(x)f(y) x; y  R



Giải :
Từ giả thiết => lnf(xy) = lnf(x) + lnf(y)
Đặt x = eu ; y = ev => lnf(eu+v) = lnf(eu) + lnf(ev)
Đặt g(x) = lnf(ex)
 g là hàm liên tục trên R và g(u+v) = g(u) + g(v)

=> g(u) = au
=> f(x) = eg(lnx) = ealnx = (ealnx) = (elnx)a = xa
Vậy f(x) = xa (a tùy ý thuộc R)
2) Xác định hàm f liên tục trên R thỏa mãn: f ( x  y )  f ( x) f ( y )

x, y  R

Giải:
Nhận xét: f ( x)  0 là 1 nghiệm phương trình
Nếu x0 f(x0) ≠ 0

x  R : f ( x0 )  f ( x  x0  x)  f ( x) f ( x0  x)  0 => f ( x )  0 x  R
Thay x = y => f(x) > 0 x  R
 lnf(x+y) = lnf(x) + lnf(y)
 g(x+y) = g(x) + g(y) với g(x) = lnf(x)
Ngoài ra g liên tục trên R => g(x) = ax => f(x) = eax = b x

(b > 0 tùy ý)

3) Phương trình hàm Jensen : Tìm f là hàm liên tục trên R thỏa mãn :
x y
f ( x)  f ( y)
)
x, y  R
2
2
Đặt F(x) = f(x) - f(0) => F(0) = 0
f(

=> 2F(x+y) = F(2x) + F(2y)

x , y  R

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Thay y = 0 => F(2x) = 2F(x) => F(x+y) = F(x) + F(y)

x , y  R

Vì F liên tục trên R => F(x) = ax
Vậy f(x) = ax + b
Bài toán tổng quát của phương trình Cauchy và phương trình Jensen là:
Ví dụ 2: Cho f liên tục trên R và thỏa mãn:
af(x) + bf(y) = f(ax+by)

x, y  R

trong đó a,b là 2 số thực khác 0 cho trước. Tìm hàm f
Giải:
Xét 2 trường hợp của tổng a+b
Trường hợp 1: a + b ≠ 1
- Thay x = y = 0 => f(0) = 0
- Thay y = 0 => f(ax) = af(x) => f(by)=bf(y)

Ta được: f(ax+by) = f(ax) + f(by)
Vì a ≠ 0, b ≠ 0 nên phương trình trên  f(x) + f(y) = f(x+y) x, y  R
Ngoài ra f liên tục trên R => f(x) = cx
Trường hợp 2: a + b = 1
Phương trình  a(f(x)-f(0)) +b(f(y)-f(0)) = f(ax+by)-f(0)
Đặt g(x) = f(x) – f(0) => g(0) = 0  ag(x) + bg(y) = g(ax+by)
Vì g(0) = 0, theo trường hợp trên => g(ax+by) = g(ax) + g(by) x, y  R
Hàm g liên tục trên R => g(x) = cx
Vậy f(x) = cx + d.
Ví dụ 3: Cho f là hàm đơn điệu trên R thỏa mãn:
f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy

x , y  R

Giải:
Ta nhẩm được nghiệm f(x) = x2. Đặt g(x) = f(x) – x2
Phương trình trên trở thành :
g(x+y) + (x+y)2 = g(x) + g(y) + x2 + y2 + 2xy
 g(x+y) = g(x) + g(y)
Theo tiêu chuẩn 2 => g(x) = ax => f(x) = x2 + ax
Thử lại thấy đúng
Tổng quát : Thay điều kiện trên bởi : f(x+y) = f(x) + f(y) + axy ( a  R )
Ví dụ 4 : Tìm tất cả các hàm liên tục f : R   R thỏa mãn

(f(

x y 2
))  f ( x) f ( y )
2

x , y  R

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Giải:
Nhận xét: f(x)  0 là 1 nghiệm của phương trình
Nếu f(x) ≠ 0 => x0 : f(x0) = 0
Khi đó (f(x))2 = f(x0).f(2x-x0) => f(x) = 0 x  R -> vô lý
Vậy f(x)  0 trên R. Vì f liên tục nên f(x) > 0 hoặc f(x) < 0 x  R
Mặt khác nếu f là 1 nghiệm của phương trình thì –f cũng là nghiệm nên ta giả sử f(x) > 0

x  R .
Từ giả thiết : => 2 ln f (

x y
)  ln f ( x)  ln f ( y )
2

x y
g ( x)  g ( y )
)
Với g(x) = lnf(x)
2

2
Và g liên tục => g(x) = ax + b => f(x) = eax+b

 g(

Thử lại : Thấy đúng
Nếu f(x) < 0 x  R ta được f(x) = -eax+b
Kết luận : Nghiệm của phương trình là : f(x) = 0, f(x) = ± eax+b x  R
Ví dụ 5: Tìm tất cả các hàm f liên tục: R+->R thỏa mãn:

f(

1
)  f ( x) f ( y )
f ( xy )

x , y  0

Giải :
Đặt f(1) = a ; f (

1
)b
f (1)

Thay y = 1 => f (

1
)  af(x)
f ( x)

Ta được : af(xy) = f(x)f(y)


f ( xy ) f ( x) f ( y )

.
a
a
a

hay g(xy) = g(x)g(y)

Mà g liên tục trên R+ => g(x) = x
=> f(x) = ax



x  R



x , y  0

(  R )



Thử lại :
Kết luận:

Ví dụ 6 : Tìm cặp hàm f, g xác định và liên tục trên (1, +  ) sao cho
f(xy) = xg(y) + yg(x)

x; y  1

Giải :

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Thay x = y => f(x2) = 2xg(x)

=> g(x) =

Thay vào phương trình ta có: f(xy) = x
=>

f ( x2 )
2x

f ( y2 )
f ( x2 )
y
2y

2x

f ( xy ) 1 f ( x 2 ) f ( y 2 )
 ( 2 
)
xy
2 x
y2

f ( x2 )
1
 g ( xy )  ( g ( x)  g ( y ))
2
x
2
u
v
Đặt x = e ; y = e

Đặt g(x) =

u v
2

1
)  ( g (eu )  g (ev ))
2
Đặt h(x) = g(ex)
=> g (e

x y
1
)  ( h( x)  h( y ))
2
2
Mà h liên tục

=> h(

=> h(x) = ax + b

x; y  1

u ; v  0

x; y  0

=> g(x) = alnx+b

1
Và f(x) = xg( x ) = x( alnx+b)  cx ln x  bx
2
Thử lại :

x  1

Ví dụ 7 : Tìm các hàm f ;g ; q xác định và liên tục trên R sao cho f(0) ≠ 0
Và f(xy) = g(x+y).q(x-y)

x , y  R

Giải :
Thay x=y=0 => f(0) =g(0).q(0) => g(0) ≠ 0 và q(0) ≠ 0
t2
f( )
4
Thay x = y = t/2 => g(t) =
q (0)
t4
)
4
Thay x = t/2; y = -t/2 => q (t ) 
g (0)
f (

Thế vào phương trình ban đầu, ta được :
q(0) g(0) f(xy) = f (

( x  y )2
( x  y )2
). f ( 
)
4
4

Do vậy h(u+v) = h(u)h(v)

x, y  R

u  0; v  0 với h(u) =

f (u )
g (0)q (0)

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Với h(u) = au với a>0. Từ đó tìm được 3 hàm ban đầu
Ví dụ 8 : Cho hàm f : ( 0; )  R đồng thời thỏa mãn
1) f(x+y) = f(x) + f(y)
2) f(xy) = f(x)f(y)

x, y  0
x, y  0

Chứng minh f(x) = x hoặc f(x) = 0 x  0
Giải :
Ở điều kiện 2 thay x = y -> f(x2) = f2(x)
=> f ( x)  0

x  0

x  (0; )

Mà f cộng tính trên (0;  ) Theo tiêu chuẩn 3 => f(x) = ax
Thử lại vào điều kiện (2): axy = a2xy

x, y  0

a  0
=> điều phải chứng minh.
a  1

=> 

Trên đây là một số ví dụ minh họa cho ứng dụng của phương trình dạng Cauchy. Hy vọng rằng
qua đó cho chúng ta kinh nghiệm để nhận biết và biết cách đổi biến để đưa 1 phương trình hàm
nào đó về dạng Cauchy
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Tìm hàm f liên tục trên R thỏa mãn: f (

x yz
f ( x)  f ( y )  f ( z )
)
3
3

x1  x2  ...  xn
f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xn )
(với n  N*)
)
n
n
Bài 2: Chứng minh rằng mọi hàm f thỏa mãn điều kiện:

f(xy + x + y) = f(xy) + f(x) + f(y) khi và chỉ khi f( x + y) = f(x) + f(y)
Tổng quát: f (

Bài 3 : Tìm cặp hàm f, g xác định và liên tục trên R thỏa mãn :
f(x) + f(y) + 2xy = (x + y)g(x + y) x, y  R
Bài 4 : Tìm các hàm f, g, q xác định và liên tục trên R thỏa mãn :
f(x + y) + g(x - y) = q(xy) x, y  R
Bài 5 : Cho tập A = R hoặc A = (0 ; +  ) và hàm f : A->R sao cho:
f2(x + y) = f(x2) + f(y2) + 2f(x)f(y) x, y  R . Chưng mjnh f(x) = x
Bài 6 : Tìm hàm f liên tục : R  R thỏa mãn :
f(x + f(y)) = f(x) + y x, y  R
Bài 7 : Tìm f : R  R thỏa mãn : f((x + 1)f(y)) = (f(x) + 1)y x, y  R
Bài 8 :Tìm hàm f : R  R thỏa mãn : f(x2 + f(y)) = f 2(x) + y x, y  R
Bài 9 : Cho hàm f : R  R và f cộng tính trên R . Biết tập

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


 f ( x)

A= 
; x  0  gồm hữu hạn phần tử . Chứng minh f(x) = ax.
 x


Bài 10 :Tồn tại hay không hàm f : Q  Q sao cho
f(x + f(y)) = f(x) – y

x, y  Q

Bài 11 : Tìm tất cả các hàm f : Q  Q thỏa mãn :
f(f(x) + x +y) = x + f(x) + f(y) x, y  Q

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY
Trường THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương

A. PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY: f(x+y) = f (x) + f (y)
Đặt vấn đề:
Nếu x, y  Q ta hiển nhiên có f (x) = xf (1).
Vậy nếu x, y  R thì f(x) sẽ xác định như thế nào ?
Sau đây xin nêu ra một số tiêu chuẩn để xác định phương trình Cauchy, nhưng trước hết xin nói
qua về lý thuyết giới hạn của dãy số và hàm số vì đây là lý thuyết cơ bản và hầu như xuyên suốt trong
quá trình các bài tập dạng này.
1. Cho dãy số (xn)n  0 ta có lim xn = L  tồn tại No > 0, No  N sao cho với n  No ta có xn  L <
 với  nhỏ tuỳ ý.

2. Nếu xn  yn n  1 thì lim xn  lim yn
3. Định lý
Nếu một dãy (xn) chặn thì luôn  một dãy con (xnk) hội tụ.
4. Giới hạn hàm số
a, lim x  xo f (x) = L ( f (x) xác định trên K)
 c > 0 nhỏ tuỳ ý   > 0 sao cho x  K mà x  x0   thì f ( x)  L  c

b, Nếu limn  xn  xo mà ta có limn  +  f (x) = f (xo) thì ta nói f (x) liên tục tại xo
5. Tính chất :
Nếu f : A  B là đơn ánh, f liên tục thì f đơn điệu
Tiêu chuẩn 1:
Cho f : R  R thoả mãn f liên tục trên R và f (x+y) = f (x) + f (y) x, y R.
Lời giải:
Thay x = y  f (2x ) = 2 f (x) x R.
Dễ quy nạp f (kx) = k f (x) x R. k N.
Thay x = y = 0  f (0) = 0
Thay x = - y  f (x) = - f (- x )
 f (kx ) = k f (x) x R. k Z (1)
 f (k) = k f (1) k Z

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Từ (1) thay x =

1
1
1
1
 f (1)  kf  . f (1)  f ( )( 2)
k
k
k
k

p
Đặt m= (p, q)  1, p  Z,q  N * ta có
q
f(

p
1
1
p
 f (p. )  p.f ( )  .f (1)  f (m)  xo.f (1). m  Q .
q
q
q
q

Với xo  R ta luôn chọn được một dãy ( xn) n1 hữu tỷ sao cho lim n  xn  x0
Khi đó ta có lim n  f ( x n )  lim n xn. . f (1)  xo. f (1)
do f (x) liên tục trên R  lim n f ( x n )  ( xo)
 f ( xo )  xo. f (1)

Vậy f (x) = kxx  R với k = f (1).
Chú ý: Điều kiện f (x) liên tục trên R hoàn toàn có thể thay bằng việc f (x) liên tục tại điểm xo  R .
Thật vậy, giả sử f (x) liên tục tại xo lim n xo f ( x)  f ( xo)
Với a  R ta có f (x) = f (x-a+xo) + f (a - xo).
Sau đó chuyển giới hạn suy ra f (x) liên tục tại xo.
Vậy f (x) liên tục tại mọi điểm trên R.
Tiêu chuẩn 2:
Cho f : R  R, f đơn điệu.
f (x + y) = f (x) + f (y) x, y  R

CMR: tồn tại k : f ( x )  kxx  R
Lời giải:
Giả sử f đơn điệu tăng
Ta có f (m) = m f (1)  x  R
Với x  R ta luôn chọn được 2 dãy hữu tỷ ( u n ) n1 , (v n ) n1 thoả mãn:
(u n ) n 1 tăng và bị chặn trên nên ta có f (u n )  f ( x)  f (v n )n  N

Chuyển qua giới hạn ta có lim n u n . f (1)  f ( x)  lim n v n . f (1)
 xf (1)  f ( x) x. f (1)  f ( x)  xf (1)  kxx  R

Vậy f ( x )  kx x  R
Tiêu chuẩn 3:
Cho f : R  R, f cộng tính và f đơn điệu trên [c, d]
CMR f ( x )  kx x  R

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Lời giải:
Ta sẽ tận dụng tiêu chuẩn 2 bằng việc mở rộng tính đơn điệu trên toàn miền R
Giả sử f đơn điệu tăng.
Đặt a 
f (y 

d c
cd
cd
 0 ta có f ( x 
)  f ( x)  f (
)
2
2
2

cd
cd
)  f ( y)  f (
)
2
2

Nếu x  y , x, y  c, d   f ( x 

cd
cd
)  f (y 
)
2
2

Hay nói cách khác nếu x, y  [  a,a], x  y thì f (x)  f ( y )
Ta có f (0)  0  f (x)  0 x  [0, a]
x y
] = k (k  N (x, y  R)
a
Suy ra x - y = ka + t với t  [0 ; a]

Với x  y đặt [

Ta có f (x)  f (y)  f (x  y)  f (ka t)  f (ka)  f (t)  k.f (a)  f (t)  0
Vậy ta có đpcm, từ CT 2  f (x) = kx x  R
Nếu f (x) đơn điệu giảm, đặt g(x)   f (x)

 f (x)  kx x  R
Tiêu chuẩn 4:
f : R  R, f cộng tính. f ( x )  0x  R
CMR: f (x)  kx x  R (k  0)
Lời giải:
Ta có f ( x )  f ( y )  f ( x  y )  0x  y
 f đơn điệu tăng  f ( x)  kxx  R ( k  0)
Tiêu chuẩn 5:
Cho f : R  R, f cộng tính. Tồn tại m : f ( x )  mx  [c;d ]
CMR: f ( x )  kx x  R

Lời giải:
d c
cd
 0 và k = f (
)
2
2
cd
cd
Ta có f (x) = f ( x 
) f(
)  M với mọi x  [c;d ]
2
2

Đặt a =

 f ( x)  M  k  M 1x  [- a ;a ]

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Ta có f ( x)  f (  x)  0 có - x  [- a ;a ] nếu x [-a; a]
Ta f ( x)  M 1 và f ( x)  M 1

Đặt M2 = - M1 có f ( x)  M 1 suy ra  f ( x)  M 1

 f ( x)  M 2 x  [-a; a]
Vậy - M2  f ( x)  M 2 x   a, a, M 2  0
Lấy t   a; a 

t
  a, a ; k  N *
k

Ta có - M2  f ( x)  M 2 với mọi x  [ -a; a], M 2  0
Lấy t  [-a; a ] suy ra

t
 [ -a; a], k  N *
k

Suy ra - M2  f (t )  M 2
M
M
t
t
Hay - M2  kf ( )  M 2 nên - 2  f ( )  2
k
k
k
k

Cho k    lim
Lim

t
0
k

 M2
M
 Lim 2  0
k
k

 lim x 0 f ( x)  0  f (0)  f ( x) liên tục tại x = 0
Theo TC1 ta có ĐPCM.
Chú ý: Nếu tồn tại m: f (x)  M x  [c;d] thì kết quả trên vẫn đúng. Các tiêu chuẩn trên hoàn toàn có
thể thay R  R bởi (0 ;   )  R hoặc. (0 ;   )  R
B. ỨNG DỤNG PT HÀM CAUCHY TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN PTH.
Hầu hết các bài toán về PT hàm Cauchy đều có trong quyển "Phương trình hầm - Nguyễn Văn Mậu "
nhưng sau đây xin nêu ra một số bài tập cho thấy rõ việc áp dụng của PTH Cauchy.
Bài tập 1: Phương trình hàm Jensen
Cho f : R  R thoả mãn f liên tục trên R
x y
y ( x)  f ( y)
)
x, y  R
2
2
Lời giải:
Đặt g (x) = f (x) - f (0)
f(

 g(

x y
1
)  g ( x )  g( y ) (*) x , y  R
2
2

Và g (0) = 0

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


y
1
Thay x = 0  g ( )  g ( y )y  R
2
2
x y
y
x
Thay lại (*) ta có g (
)  g ( )  g ( )x, y  R
2

2
2
Hay g(x+y) = g (x) + g (y) x, y  R

Lại có f liên tục trên R  g liên tục trên R
 g ( x )  axx  R
 f ( x )  ac  f (0)  ax  bx  R

Thử lại thấy thoả mãn
Vậy f (x) = ax +b x  R, a, b  R
Bài tập 2: Cho f : (0;) R thoả mãn f ( xy )  f ( x ). f ( y )x, y  0
Và f đơn điệu thì f ( x )  0x  0 hoặc f (x)  x c x  0,c  R
Lời giải:
Cho x > 0 suy ra x = y ta có f ( x 2 )  f 2 ( x)
Cho x =y =1 ta có f (1)  f 2 (1)  f (1)  0 hoặc f (1)  1
TH1: f (1)  0 thay y =1 ta có f (x)  f (1).f (x)  0 x  0 (t/m)
Vậy f (x)  0 x  0
1
TH2: f (1)  1 do f (1)  f ( x ). f ( )x  0
x

Nếu tồn tại xo > 0, xo  1: f ( x0 )  0  f (1)  0 (vô lý)

 f (x)  0 x  0
Đặt g(x) = ln f (e x )x  R
 g : R  R và có

g(x+y)= ln f (ex  y )  ln f (e x ).f (e y )   ln f (ex )  ln f (e y )  g(x)  g(y)x, y  R
Do f đơn điệu nên g cũng đơn điệu mà có (g (x+y) = g (x) + g (y) x, y  R
Theo tiêu chuẩn 2, ta có g(x) = cx x  R

Có f (x)  e g(ln x)  e c.ln x  x c x  0
Thử lại thoả mãn
Vậy f (x)  x c x  0, c  R
Bài tập 3:
Đặt A = R, [0, +  ) hoặc (0, +  ]

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Nếu f :A  R thoả mãn đồng thời 2 điều kiện sau:
1, f ( x  y )  f ( x )  f ( y )  f ( x )  f ( y )x, y  A
2, f ( xy )  f ( x ) f ( y )
Hãy chứng minh f (x)  0 x  A
Hoặc f (x)  x x  A
Lời giải:
Ở (2) cho x = y  f (x 2 )  f 2 (x) x  A  f (x)  0 x  A
Có f (x  y)  f (x)  f (y  f (x)x  A
Ta có f (1)  f 2 (1)  f (1)  0 hoặc f (1)  1
TH1: f (1)  0  f ( x )  0x  A (theo 2)
TH2: f (1)  1
Ta có f (x)  xf (1) x  Q  f (x)  x x  Q

x  A ta luôn chọn được 2 dãy hữu tỷ ( Pn ), (q n )
Mà p n < x

Ta có f ( p n )  f ( x)  f (q n )
 pn  f ( x)  qn

Suy ra f (x) = x với mọi x  A . Ta có đpcm.
Bài toán 3 thường được sử dụng để giải PT hàm sau đây xin nêu 1 bài toán áp dụng.
Bài toán 4:
Đặt A = R, [0, +  ]
Cho f : A  R thoả mãn
f 2 ( x  y )  f ( x 2 )  f ( y 2 )  2 f ( x). f ( y ) với mọi x, y  A
f (1)  0

CMR f (x)  x x  A
Lời giải:
Thay x =y = 0 ta có f 2 (0)  2 f (0)  2 f 2 (0)
 f ( 0)  0 hoặc f (0)  2

TH1: f (0)  2 thay y =0, x =1 ta có f 2 (1)  f (1)  2 â4 f (1)

 f 2 (1)  3 f (1)  2  0
suy ra f (1) = -1 hoặc f (1) = -2 (vô lý)
TH2: f ( 0)  0 thay y = 0 ta có f 2 ( x)  f ( x 2 )x  A
Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV

f 2 ( x  y )  f 2 ( x)  f 2 ( y )  2 f ( x) f ( y )x, y  A(*)

TH1: A  0,
Ta có f ( x)  0x  A
f 2 ( x  y )   f ( x )  f ( y )  x  A
2

f ( x  y )  f ( x )  f ( y )x , y  A(1)

Ta có f 2 ( x  y )  f (( x  y ) 2 )  f ( x 2 )  f ( y 2 )  f ( 2 xy)  f ( x 2 )  f ( y 2 )  2 f ( xy)
Kết hợp với (*) ta có f ( xy )  f ( x ) f ( y )x, y  A( 2)
Từ (1) (2) theo bài toán 3  f ( x)  xx  A
TH2: A = R
Xét x, y  0,  tương tự TH 1 ta có f ( x)  xx  0, 
Ta có, thay y = - x  f 2 (0)   f ( x)  f (  x)

2

 f ( x )   f (  x ) x  R
 f ( x )  x  R

Bài toán 5:
Tìm tất cả các hàm f :Q  Q thoả mãn
f ( x  y )  f ( x )  f ( y )  xyx , y  Q

Lời giải:
Trước hết ta dự đoán kết quả f ( x ) 

1 2
x là hàm thoả mãn

2

Để triệt tiêu "xy" đồng thời lợi dụng kết quả của PT Cauchy ta đặt g(x)  f ( x ) 
 g ( x  y )  g ( x )  g ( y ) x , y  Q

Ta có g ( x)  xg (1)  axx  Q
1 2
x x  Q
2
Thử lại ta thấy thoả mãn
 f ( x)  ax 

Bài tập 6:
Cách làm tương tự như bài 5:
Tìm f : R  R liên tục thoả mãn f ( m  n)  f (m )  f ( n)  2mnm, n  R
Bài tập 7:
Tìm f : R  R liên tục thoả mãn
f ( x  f ( y))  f ( x)  yx, y  R

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

1 2
x
2


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV

Lời giải:
Giả sử: y1  y 2 ; f ( y1 )  f ( y 2 )

 f (x  f (y1 ))  f (x  f (y 2 )) x  R

 f (x)  y1  f (x)  y2 x  R
 y1  y 2 (vô lí)
 f (x ) đơn ánh

Thay y = 0  f ( x  f (0))  f ( x)x  R  f ( 0)  0
Thay x = 0  f ( f ( y ))  yy  R
Thay y  f ( y )  f ( x  y )  f ( x )  f ( y )x, y  R
Có f liên tục  f ( x )  kx )x  R, k  R
Thay lại có k = 1 hoặc k = - 1
Vậy f ( x)  x với mọi x  R hoặc f ( x )   x với x  R
Bài tập 8: SMO
Cho f :R  R liên tục thoả mãn f ( x  y )  f ( x )  f ( y )x, y  R
 f ( x)
A= 
; x  R \ 0  hữu hạn
 x

CMR: f (x)  kx với x  R
Lời giải
Quy nạp ta có f ( qx )  qf ( x ) với q  Q



f ( x) f (qx)

q  Q, x, q 0
x
qx

Gọi xo  R 0 a là số vô tỷ thoả mãn:

f ( xo )
f (axo )

xo
axo

 ax0 f ( x0 )  xo f (ax0 )
Hay yo f ( x0 )  xo f ( y 0 ) , yo = axo là số vô tỷ
Đặt yk = yo - kxo với k  N *

 y o  y k  kx0
Ta có (yk+kxo) f ( x0 )  xo f ( y k  f ( xo )

 ykf ( xo )  kxo f ( xo )  x o f ( y k )  kxo f ( xo )


f ( xo ) f ( y k )

xo
yk

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội

Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Có

yo  yk
y  yk
f ( yo )  yo f ( o
)
k
k



yo  yk
y
f ( y o )  o  f ( y o )  f ( y k )
k
k

 yk f ( yo )  yo f ( yk ) 

f ( yo )
f ( yk )


yo
yk

Quy nạp ta có A là vô hạn (vô lý)
Suy ra

f (x)
 k x  R \ 0
x

 f (x)  kx x  R

Bài tập 9: IMO 2002
Tìm tất cả f : R  R thoả mãn:
( f ( x )  f ( z ))( f ( y )  f (t ))  f ( xy  zt )  f ( xt  gz ) cho mọi số thực x, y, z, t

Lời giải:
x  z, y  t  0  2 f ( x ).2 f (0)  2 f (0) cho tất cả x  R  f (0)  0 hoặc f 

Giả sử f ( 0)  0
z =t = 0  f ( xy )  f ( x ) f ( y ) cho tất cả x,y  R(*)
x = y = 0  f (  zt )  f ( z ) f (t )  f ( zt ) cho tất cả z, t  R
Nên f (  x )  f ( x ) cho tất cả x  R (**)
và f ( x )  f ( x ) 2  0 cho tất cả x  0(* * *)
và f ( x )  f ( x.1)  f ( x ) f (1) cho tất cả x  R  f (1)  1or f  0
Giả sử f (1)  1
x= y = z = t = 1  f ( 2)  4
Từ (*) cho f (2T )  4T  (2T ) 2 cho tất cả r  Q (* * **)
x=t, y = z  ( f ( x )  f ( y )) 2  f ( x 2  y 2 )  f ( x 2  y 2 ) 2
Và

 f ( y)  f ( x)  f ( y )  f ( x 2  y 2 )

Cho mọi x, y  0 sử dụng (***).
nên f ( x )  f ( x 2  y 2 ) 2  y 2 )  f ( y ) cho tất cả x  y  0
Và (****) cho f ( x)  x 2 tất cả x > 0
và (**) và f ( 0)  0 cho

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

1
2


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


f ( x)  x 2 cho tất cả x  R

C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Tìm f , g, h: R  R liên tục thoả mãn
f ( x  y )  f ( x) f ( y )x, y  R

Bài 2: Cho f :R  R và f ( xy  x  y )  f ( xy )  f ( x )  f ( y )x, y  R
CMR f ( x  y )  f ( xy )  f ( x )  f ( y )x, y  R
Bài 3: Cho f : R  R thoả mãn
1, f ( x  y )  f ( x ) f ( y )x, y  R

2, lim x 0 f ( x)  1
Chứng minh rằng f ( x)  a x với a> 0
Bài 4: Cho f : R *

R

thoả mãn

1, f ( xy )  f ( x)  f ( y )x, y  R *
2, lim x 1 f ( x)  0
Chứng minh rằng f ( x)  0x  R * hoặc f ( x)  log a x với a=const >0 và a 1
Bài 5: Tìm f : R  R thoả mãn điều kiện
f ( x  1) f ( y )   y f ( x)  1x, y  R

Bài 6: Tìm f : R  R thoả mãn

f ( x 2  f ( y ))  y  f 2 ( x)x, y  R
Bài 7: Tìm f :R  R đơn điệu thoả mãn
f ( x  f ( y ))  y  f ( x )x, y  R

Sau đây là gợi ý của các bài tập trên.
D. Gợi ý.
Bài 1: Thay y bởi x, x bởi y rồi đưa về pth Cauchy
Đặt F(x) = f (x) + h(0) + g (0)
Suy ra F(x+y) = F(x) + F(y).
Bài 2: Cho x = y = 0  f ( 0)  0
Cho y = - 1  f ( x )   f ( x )
Cho y = 1  f ( 2 x  1)  2 f ( x )  f 1)x  R
 f ( 2(u  v  uv )  1)  2 f (uv  2 f (u )  2 f (v  f (1)u , v  R

Đặt x = u, y = 2v + 1 ta có.
f ( 2(u  v  uv )  1)  f (u  ( 2v  1)  u ( 2v  1))  f (u )  2 f (v )  f (1)  f (2uv  u )
Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380


HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


 2 f (uv )  2 f (u )  2 f (v )  f (1)  f (u )  2 f (v )  f (1)  f ( 2uv  u )
 f ( 2uv  u )  2 f (uv )  f (u )(1)

1
u
Lấy v   thì f (u )  2 f ( )u  R
2
2
Từ (1)  f ( x  y )  f ( x )  f ( y ) với mọi x, y khác 0

Ta có f (0)  0 thoả mãn f ( x  y )  f ( x )  f ( y )
Đpcm.
Bài 3:
Đặt g (x) = ln f (x )
Bài 4:
Đặt g(x)  a f (x) (a  const  0) (a  1).
Bài 5:
Cho x = - 1 có f (0)  y f ( 1)  1y  R
Với x = 0 ta có f ( f ( y ))  y

Với x =-2, y =- 1 (1)   f (2)  1 mà cho y = - 1
Ta có f (  x  1)   f ( x )  1x  R
 f (1) 2  1 hay f (1)  1 (do f ( f ( y ))  y )

Vậy f ( x  1)  f ( x )  1
Ta có f ( xy )  f ( xf ( f ( y))  f ( y ) f ( x  1)  1  f ( x) f ( y )(1)
Với y  0 thì

f ( x  y)  f ((

x[
x
 1) y )  f ( y) [ f ( )  1 ] = f ( x )  f ( y ) (2)
y
y

Do f (0)  0 nên (1) + (2) đúng với mọi số thực x, y
 f ( x)  x

Bài 6:
Cho x = 0 được f ( f ( y ))  y  f (0) 2 . Đặt c = f (0) 2 , nên f ( f (y)) = y + c
f ( a 2  f ( f (b)))  f (b)  f ( a ) 2

f (a 2  b  c)  f (b)  f (a) 2
f ( f ( a 2  b  c))  f ( f (b )  f ( a ) 2  b  f ( f ( a )) 2

2c = c2 + 2ac.

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380

HỘ
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


Vì thoả mãn tất cả a nên c = 0. Có f (0)  0  f ( f ( y ))  y . Chú ý f song ánh. Cho nên f tăng
nghiêm ngặt. Nên từ f ( f ( y ))  y , ta phải có f ( x )  x với tất cả x.
Bài 7:
Dễ thấy f song ánh
Cho x = y = 0 nên f ( 0)  0
Cho x = 0 có f ( f ( y ))  y
Với x, y bất kỳ đặt a = f ( y ) ta được f ( a )  y nên
f ( x  y )  f ( x  f ( a ))  f ( x )  a  f ( x )  f ( y )

Trung tâm gia sư VIP, số 4 ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội
Hotline: 0989189380