VẬN DỤNG các đặc TRƯNG của hàm số SÁNG tạo một số kỹ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm TRÊN t08

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VẬN DỤNG CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ
SÁNG TẠO MỘT SỐ KỸ THUẬT
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN �


MỤC LỤC
Trang
MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT………………………………………………..

1

A.

…………………………………..

2

dung

3

Đặt

vấn

đề

……………………………………………..
B.

Nội

……………………………………………………………………………………………
…

I. Các phương pháp thông thường giải phương trình hàm trên

� dựa trên các đặc trưng của hàm số

3

1- Quan điểm về đặc trưng của hàm số ………………...…………..

3

2-Tóm tắt các phương pháp thông thường giải phương trình hàm trên
4

� dựa trên các đặc trưng của hàm số ……………………………..
2.1 - Phương pháp sử dụng ánh xạ (Đơn ánh, toàn ánh, song ánh)……..
2.2 - Phương pháp sử dụng tính đơn điệu……………………………….
2.3 - Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số…………………….
2.4 - Phương pháp sử dụng tính khả vi của hàm số……………………...
2.5 - Phương pháp sử dụng điểm bất động của hàm số………………….

4
15
19
24

28

II. Một số ý tưởng khai thác các đặc trưng của hàm số sáng tạo

C.

kỹ thuật giải phương trình hàm trên �

33

2.1 – Khai thác tập xác định và tập giá trị ……………………...

33

2.1.1 – Xét hàm số trên tập con của tập xác định ………………….

33

2.1.2 – Khai thác tính chất của tập giá trị ………………………….

38

2.2 – Khai thác các đại lượng (biến, hàm) gia giảm …………….

44

2.3 – Sử dụng tính tuần hoàn của hàm số ………………………

51

III. Một số bài tập vận dụng …………………...............................

57

Kết

luận

……………………………………………………………………………………

59

…
TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………….

60


MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT
Kí hiệu tắt

Giải thích

HSG

Học sinh giỏi

DHBB

Thi Olympic khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ

IMO

Olympic Toán học quốc tê

…X…MO

Olympic Toán học khu vực/quốc gia X
VMO Thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán của Việt Nam
APMO Olympic Toán học khu vực Châu Á Thái Bình Dương
USA MO Olympic Toán học My
MEMO Olympic Toán học khu vực Trung Âu

TST

Thi chọn đội Quốc gia dự thi Quốc tê

Đpcm

Điều phải chứng minh

Trang 1


VẬN DỤNG CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ SÁNG TẠO MỘT SỐ KỸ
THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN �
A.ĐẶT VẤN ĐỀ
Phương trình và bất phương trình hàm là một trong những nội dung Toán học
tổng hợp, nó có thể bao gồm nhiều phân môn Đại số, Số học, Giải tích, Hình học.
Bài toán phương trình hàmcó mặt trong hầu hêt các kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán,

bởi vậy đây là nội dung rất quan trọng trong chương trình Toán THPT chuyên và
trong các đợt tập huấn các đội tuyển học sinh giỏi.
Đối với học sinh chuyên Toán, bên cạnh việc rèn luyện năng lực tư duy độc
lập cho học sinh thì việc tạo thói quen làm việc theo quy trình là yêu tố nền tảng
quan trọng đi đên tư duy sáng tạo. Tuy nhiên bất cứ một quy trình nào cũng có thể
có hoàn cảnh không ứng dụng thành công, đòi hỏi có những thay đổi. Trong việc
giải Phương trình hàm cũng không ngoại lệ. Do đó trong quá trình dạy học sinh
chuyên Toán và bồi dưỡng các đội tuyển, tác giả luôn trăn trở tìm kiêm những
hướng đi có lợi hơn cho học sinh. Đây chính là nguồn gốc của quá trình nghiên cứu
và hình thành báo cáo này.
Trong báo cáo chuyên đề này, bên cạnh việc hệ thống lại một số phương pháp
thông thường giải phương trình hàm dựa trên các đặc trưng của hàm số, tác giả sẽ
trình bày một số ý tưởng trong việc khai thác các đặc trưng của hàm số.
Các phương pháp thông thường giải phương trình hàm dựa trên các đặc
trưng của hàm số bao gồm:
- Phương pháp sử dụng ánh xạ (đơn ánh, toàn ánh, song ánh).
- Phương pháp sử dụng tính đơn điệu.
- Phương pháp sử dụng tính liên tục.
- Phương pháp sử dụng tính khả vi.
Trang 2


- Phương pháp sử dụng điểm bất động.
Một số ý tưởng khai thác các đặc trưng của hàm số vào việc giải phương trình
hàm:
- Khai thác tập giá trị, tập xác định của hàm số.
-Sử dụng các đại lượng (biên, hàm) gia giảm.
- Sử dụng tính tuần hoàn của hàm số.

B. NỘI DUNG

I.CÁC PHƯƠNG PHÁP THÔNG THƯỜNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM
TRÊN � DỰA TRÊN CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ
1– Quan điểm về đặc trưng của hàm số
Trong phần này ta làm rõ về cách gọi “đặc trưng của hàm số”.
Quan điểm 1: Đặc trưng của hàm số là tính chất gắn riêng, chỉ dạng hàm số
đó có. Ví dụ trong [2], tác giả Nguyễn Văn Mậu nêu các đặc trưng của một số hàm
sơ cấp nhằm mô tả bức tranh mang tính định hướng, gợi ý và dự đoán công thức
nghiệm của bài toán liên quan. Chẳng hạn với hàm f  x   ax  b có tính chất đặc
�x  y � 1
f�
�  f  x   f  y   , x, y ��
f x  ax
2
�
� 2
trưng là
; hàm  
có tính chất đặc
f  x  y   f  x   f  y  , x, y ��
trưng là tính chất cộng tính
, hàm
x
f  x   a  a  0, a �1
có đặc trưng là f  x  y   f  x  . f  y  , x, y ��…
Quan điểm 2:Mỗi hàm số cụ thể nó có nhiều mặt (thông tin, thuộc tính) để
phản ánh về hàm số đó, bao gồm: Tập xác định, tập giá trị, tính chất chẵn lẻ, tính
đơn điệu, thuộc loại ánh xạ nào, tính tuần hoàn, tính liên tục, tính khả vi, tính khả
tích, … Người ta cũng gọi mỗi mặt như vậy như một đặc trưng của hàm số.
Báo cáo này sẽ sử dụng đồng thời cả hai quan điểm như đã nêu bởi các lí do
sau đây:

- Mỗi hàm số cần xác định nó đều mang trong mình các thuộc tính chung của
lớp hàm mà nó thuộc vào và cũng có những thuộc tính riêng biệt của duy nhất nó.
Trang 3


- Mỗi bài toán Phương trình hàm cụ thể có thể cho đáp số là một họ các hàm
số, có thể cho đáp số là một hàm số rất cụ thể.
2 – Tóm tắt các phương pháp thông thường giải phương trình hàm trên �dựa
trên các đặc trưng của hàm số
2.1 - Phương pháp sử dụng ánh xạ (Đơn ánh, toàn ánh, song ánh)
a) Kiến thức cơ bản về ánh xạ:
Định nghĩa: Cho hai tập hợp khác rỗng X và Y. Nêu với mỗi phần tử x thuộc X, quy
tắc f đặt tương ứng x với phần tử xác định duy nhất y thuộc Y thì ta nói f là một ánh
y  f  x
xạ đi từ X vào Y, kí hiệu là f : X � Y . Khi đó nói
hay y là ảnh của x, x là
tạo ảnh của y.
Đơn ánh: Ánh xạ f : X � Y gọi là đơn ánh nêu hai phần tử khác nhau trong X có
ảnh là hai phần tử khác nhau trong Y.

f : X � Y là đơn ánh, khi đó x1 , x2 �X , f  x1   f  x2  � x1  x2 .
Toàn ánh: Ánh xạ f : X � Y gọi là toàn ánh nêu mỗi phần tử trong Y đều có tạo
ảnh của nó ở trong X.

f : X � Y là toàn ánh, khi đó y �Y , x �X , f  x   y .
Song ánh: Ánh xạ f : X � Y gọi là song ánh nêu nó vừa là toàn ánh, vừa là đơn
ánh.
b) Phương pháp và dấu hiệu sử dụng ánh xạ:
Với mục đích chung là khai thác có hiệu quả các phép thê đặc biệt, phương
pháp sử dụng ánh xạ tập trung ở hai kiểu suy luận chủ yêu là:

f u x  f  v x  � u  x  v  x
+ Khi có f là đơn ánh, song ánh thì    
.

+ Khi có flà toàn ánh, song ánh thì với mỗi b thuộc tập đích Y sẽ tồn tại số a
f a b
thuộc tập nguồn X mà  
. Thông thường suy luận này để tính các giá trị đặc
u f x v f x
f 0 ,f 1
biệt     , … Ở một góc độ khác, khi có flà toàn ánh và         cho
u t  v t
phép ta đổi về phương trình đơn giản hơn là  
.
Trang 4


Dấu hiệu: Trong hầu hêt các bài toán phương trình hàm có biểu thức hàm hợp dạng
f  f  ... �...  ...

và ở vê phải có biên “tự do” thì có thể nghĩ đên sử dụng ánh xạ

trong suy luận.

c) Sử dụng đơn ánh:
Ví dụ 1 [Đề chọn đội tuyển HSG QG tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu, năm 2013-2014].
Tìm tất cả các hàm số f : �� � sao cho
f  xy  f  x    f  x  yf  x    2 x, x, y ��

.

Lời giải:Giả sử hàm f : �� � thỏa mãn (1):
f  xy  f  x    f  x  yf  x    2 x, x, y ��

.

Kí hiệu
+

chỉ việc thay

 x; y 

bởi

P  x;0  � f  f  x    f  x   2 x, x

vậy, giả sử có
+

P  u; v 

f  a  f  b

thì suy ra

 u; v 

vào (1).

. Điều này dẫn đên f là đơn ánh. Thật

2a  f  f  a    f  a   f  f  b    f  b   2b

P  x;1 � f  x  f  x    f  x  f  x    2 x, x

,

P  x; 1 � f   x  f  x    f  x  f  x    2 x, x

  

Kêt hợp hai điều trên suy ra 
x  f  x    x  f  x  , x � f  x   x, x
nên xảy ra
.
f x f x

+ Thử lại thấy

f  x   x, x

nên a  b .

.

 f  x  f x   , x

, mà flà đơn ánh

là hàm thỏa mãn yêu cầu.

Ví dụ 2 [VMO 2016]. Tìm tất cả các giá trị thực của a để tồn tại hàm f : �� �
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i)

f  1  2016

ii)

f  x  y  f  y    f  x   ay , x, y ��

,
.
Trang 5


Lời giải:

f x  2016, x
Xét trường hợp a  0 , ta chọn  
là hàm thỏa mãn.
Xét trường hợp a �0 :
Giả sử hàm f : �� � thỏa mãn các điều kiện i) và ii) của bài toán. Ta kí
P u; v 
x; y 
u; v 
hiệu 
chỉ việc thay 
bởi 

vào ii).
+

P   f  x  ; x  � f   f  x   x  f  x    f   f  x    ax � f  x   f   f  x    ax, x

Từ đây suy ra
+

.

f là một đơn ánh.

P  x;0  � f  x  f  0    f  x  � x  f  0   x � f  0   0

(do f là đơn ánh).

� f  x
�
� f  x �
� f  x �
� f  x �
P �x; 
�
f
x


f



f
x

a



�
�
�
�
�
�
�
a �
a
a
a �
�
�
�
�
�
�
+
� f  x
� f  x
� f �x 
 f�


a
a
�
�
� f  y
P �x; 
a
+ �

�
��
�

�
�
f  x
� f  x

0

f
0
�
x


f




�
�
�
a
a
�
�
�

� f  y
� f  y
f �x 
f�

a
� a
�

� f  x  y   f  x   f  y  , x, y

�
� 0, x
�
(*).

�
�
� f  x   f  y 
�
�

�

(do (*)).

f  y   f  y  , y
Đặc biệt cho x  0 ta được  
. Khi đó ta có
f  x  y   f  y   f  x  y  y   f  x  � f  x   f  y   f  x  y  , x, y
Sử dụng (**) và
+

f  1  2016

ta quy nạp được

f  2016   2016. f  1  20162

P  x; y  � f  x   f  y   f  f  y    f  x   ay

� f  y   f  f  y    ay , y

(**).
.

(do tính chất cộng tính)

. Cho y = 1 thì ta có phương trình

2016  20162  a � a  2016 �2017 .

Trang 6


Ngược lại, khi a  2016 �2017 thì ta thử tìm kiêm hàm f ở dạng hàm đa thức bậc
f x  2016 x, x
nhất, bằng cách cân bằng hệ số trong ii) ta chọn được  
. Điều này
chứng tỏ khi a  2016 �2017 thì tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài.
Kêt luận:

a   0;2016 2017

.

Ví dụ 3 [IMO 2017]. Tìm tất cả các hàm số f : �� �sao cho
f  f  x  . f  y    f  x  y   f  xy  , x, y ��

.

Phân tích: Quan sát đề bài ta có một số suy đoán, định hướng như sau:

f 0 f x �c
- Tính toán các giá trị đặc biệt, các trường hợp đặc biệt (   ;  
).
x �1  y �1  xy � x  y   1
- Liên hệ các đẳng thức về 
… ta dự đoán và
f x  � x  1
phát hiện ra hai đáp số  
.

- Bài toán có dấu hiệu của việc dùng ánh xạ, kêt hợp đáp số đã dự đoán và tính
đối xứng, sự không có mặt của các biên tự do bên ngoài kí hiệu hàm f dẫn
đên ý tưởng dùng đơn ánh theo kiểu “Viète”.
Lời giải:

Giả sử hàm f : �� �thỏa mãn (1):
f  f  x  . f  y    f  x  y   f  xy  , x, y ��

.

Kí hiệu
+
+

P  0;0  � f

P  u; v 

chỉ việc thay

 x; y 

bởi

 u; v 

vào (1).

  f  0     0 (2), điều này chứng tỏ tồn tại x
2

P  x;0  � f  f  x  . f  0    f  x   f  0  , x

0

mà

f  x0   0 .

(3).

+ Với mỗi x �1 , ta chọn y sao cho x  y  xy hay

y

x
x  1 thì P  x; y  thành

�
�
�x �
f �f  x  . f � �
� 0, x �1
�x  1 �
�
�
(4).

Trang 7

f x 0
f 0 0
Trường hợp 1: Nêu x0 �1 mà  0 
thì từ (3), cho x  x0 thu được  
;
f x 0
kêt hợp với (3) suy ra  
với mọi x. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu.
Trường hợp 2: Nêu chỉ có

f  1  0

, nghĩa là:
f

f  x  0

khi và chỉ khi x = 1.

  f  0    0 �  f  0 
2

2

 1 � f  0  �
1

+ Từ (2) và trường hợp đang xét có
.

f 0 1
f 0  1
Ta chỉ cần xét khả năng  
, trong khả năng ngược lại  
thì ta thay
f 0 1
đổi hàm f bởi hàm  f thì đề bài không thay đổi và quy được về khả năng  
.
Vậy
+

f  0  1

và

f  1  0

.

P  x;1 � 1  f  x  1  f  x  , x � f  x  n   f  x   n, x, n ��
.

+ Ta chỉ ra chỉ có duy nhất x = 0 thỏa mãn

f  x  1

(5).

f a 1
f a  1  f  a   1  1  1  0

Thật vậy, giả sử có a �0 mà  
thì ta có 
, như vậy
f a  1  0
có giá trị thứ hai là a  1 khác 1 mà 
, mâu thuẫn với trường hợp đang xét.
+ Chứng minh f là đơn ánh: Xét

mà

�x  y  x1  N  1
�
�xy  x2  N

 x1  N  1

2

 4  x2  N   0

có

f  x1   f  x2 

bộ

, tồn tại N nguyên dương đủ lớn

nghiệm

với N đủ lớn. Ta chọn

thực
 x; y 

 x; y  ,

bởi

vì

là nghiệm của hệ này.

P  x, y  � f  f  x  . f  y    f  x1  N  1  f  x2  N 
� f  f  x  . f  y    f  x1    N  1  f  x2   N � f  f  x  . f  y    1

. Dựa vào

�f  x   0 �
x 1
f  f  x . f  y   1 � f  x . f  y  0 � �
��
�f  y   0 �y  1 .
(5) mà
Chẳng hạn x  1 thì từ hệ xác định x, y ở trên có
f x
này chứng tỏ   là một đơn ánh.

1  y  x1  N  1
�

� x1  x2
�
y

x

N
� 2

. Điều

Trang 8


+ Trở lại (3) với

f  0  1

suy ra

f  f  x    f  x   1, x





. Trong đẳng thức này ta

f f  f  x    f  f  x    1, x
f x

đổi x thành   thì được
. Kêt hợp hai đẳng thức
trong phần này ta được





�f f  f  x    f  x  , x �f  f  x    x, x
�
�
��
� f  x   1  x, x
�
�
�f  f  x    f  x   1, x
�f  f  x    f  x   1, x
.
+ Thử lại thấy

f  x   1  x, x

thỏa mãn đề bài. Từ nhận xét ở bước đầu trường
f 0  1
f x  x  1, x
hợp 2 với khả năng  
ta thu được kêt quả nữa là  
.
Kết luận: Có ba hàm số thỏa mãn là

f  x   1  x, x f  x   x  1, x f  x   0, x
;
;
.

Trang 9


d) Sử dụng toàn ánh:
Ví dụ 4 [IMO Shortlist 2002]. Tìm tất cả các hàm số f : �� �sao cho
f  f  x   y   2 x  f  f  y   x  , x, y ��

.

Lời giải:
Giả sử hàm f thỏa mãn (1):
Kí hiệu
+

P  u; v 

f  f  x   y   2 x  f  f  y   x  , x, y ��

chỉ việc thay

.

 x; y 

bởi



 u; v 



P  x;  f  x   � f  0   2 x  f f   f  x    x , x

vào (1).
.

Chứng tỏ f là toàn ánh: Thật vậy, với mỗi số thực b tùy ý chọn trước, ta đặt

�
b  f  0  2 x
�
�
�a  f   f  x    x thì thu được f  a   b .
+ f là toàn ánh nên tồn tại c mà

f  c  0

.

P  c; y  � f  y   2c  f  f  y   c  � f  f  y   c    f  y   c   c , y

Vì miền giá trị của

f  y  c

+ Thử lại có kêt quả

.

x  f  y  c
f x  x  c, x
là � nên thay thê
có  
.

f  x   x  c, x

.

Ví dụ 5 [Bulgaria TST 2003]. Tìm tất cả các hàm số f : �� �sao cho

f  x 2  y  f  y    2 y   f  x   , x, y ��
.
2

Lời giải:

Giả sử hàm f thỏa mãn (1):

f  x 2  y  f  y    2 y   f  x   , x, y ��
.
2

Kí hiệu

P  u; v 

+ Xét đồng thời

chỉ việc thay

P  x; y 

và

 x; y 

P   x; y 

bởi

 u; v 

vào (1).

 f  x    f  x 
suy ra
2

2

, x

.

Trang 10


P  0; y  � f  y  f  y    2 y   f  0   , y
2

+

, suy ra được f là toàn ánh. Do đó tồn
f a 0
f a  0
P 0; a 
tại a �� mà  
, khi đó cũng có  
. Sử dụng đồng thời 
và
2
�
0

2
a

f
0




�a  0

�
�
�
�
2
�f  0   0
0


2
a

f
0
�




P  0; a 
�
ta suy ra
. Lập luận ở đây cũng chứng tỏ
f x
là   chỉ bị triệt tiêu duy nhất tại điểm x = 0.

P  x;0  � 
f  x 2 � f  x   , x
2

+
+

P  0; x  � f  x  f  x    2 x, x.

f  x

0, x 0

Khi đó (1) còn được viêt thành (3):

f  x 2  y  f  y    f  y  f  y    f  x 2  , x, y

f  x

(2).

; điều này cho phép ta dự đoán

có tính chất cộng tính.

+ Với x tùy ý chọn trước, chọn

 f  x 
y
2

2

thì ta có

P  x; y  � f  x 2  y  f  y    0

� x 2  y  f  y   0 � y  f  y    x 2 �0

+ Theo (3): ta thay thê

với mọi

m  x 2 �0, n  y  f  y  �0

 f  x 
y
2

2

.

thì (3) thành:

f  m  n   f  m   f  n  , m �0, n �0

(4).

f m  f  m   0, m �0
+ Trong (4) thay m  n thì thu được  
, điều này chứng
f m  n   f  m   f  n  , m, n
tỏ f là hàm số lẻ. Từ đây suy ra 

(5).
f x
Bây giờ ta chỉ ra   tăng ngặt. Thật vậy, với x  y thì x  y  0 , theo (2)
f x  y  �0 , theo (5) có
có 
f  x   f  x  y  y   f  x  y   f  y  �0  f  y   f  y 

,
Trang 11


dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi

f  x  y  0

, mà f chỉ triệt tiêu duy nhất
x  y � f  x  f  y
tại điểm 0 nên phải có x = y, điều này không xảy ra. Vậy
.
+ Giả sử tồn tại x mà

f  x  x

2x  f  x  f  x  

, do f tăng ngặt nên

f  f  x   f  x  x

. Lại có

(chứng minh ở trên)

 f  x  f  f  x 

(do f cộng tính)

 f  x  x

x  f  x

, suy ra

, có điều mâu thuẫn.

f  x  x

Chứng minh tương tự cũng không tồn tại x mà
Thử lại thấy kêt quả này thỏa mãn yêu cầu.

f  x   x, x

, theo đó có

.

e) Sử dụng song ánh:
Ví dụ 6 [IMO 1992]. Tìm tất cả các hàm số f : �� �sao cho

f  x 2  f  y    y   f  x   , x, y ��

.
2

Lời giải:





f x 2  f  y   y   f  x   , x, y ��
f
:
�
�
�
Giả sử hàm
thỏa mãn (1):
.
Kí hiệu

P  u; v 

+ Cố định giá trị x, xét

chỉ việc thay

 x; y 

bởi

 u; v 

2

vào (1).

f  a   f  b  , kêt hợp P  x; a  , P  x; b  suy ra

�f  x 2  f  a    a   f  x   2
�
�ab
�
2
2
�
�f  x  f  b    b   f  x  
. Vậy f là đơn ánh.

P  a; x  � f  a 2  f  x    x   f  a   , x
2

+ Lại có

khắp � nên suy ra

, mà

x   f  a 

2

nhận giá trị

f là toàn ánh. Vậy flà song ánh.

Trang 12


f  0  a

+ Đặt
f  a2   f  0

; tồn tại b mà

f  b  0

hay

2
f 0 0
mà f song ánh nên a  0 � a  0 . Vậy  
.

P  x;0  � f  x 2    f  x   , x
2

+ Ta có

. Khi đó

P  a; b  � f  a 2   a

và

P  0; x  � f  f  x    x, x

 
cả hai kêt quả này thay vào (1) ta được 
Kêt hợp tính song ánh nên đẳng thức này được viêt lại thành

f x2  f  y   f x2   f

f  x  y   f  x   f  y  , x �0, y
+ Theo trên có

0  f  0   f  x    x    f  x   f   x  , x �0

. Sử dụng

 f  y   , x, y .

.
, suy ra f là hàm số lẻ.

f y  f  x  x  y  f  x  f  x  y    f  x  f  x  y 
Với x �0 :  
, suy ra
f  x  y   f  x   f  y  , x �0, y
. Vậy ta có kêt quả

f  x  y   f  x   f  y  , x, y

.

f  x 2    f  x   �0, x
2

f x 0
và do f là song ánh nên  
khi và chỉ
f x  0, x  0
khi x = 0, điều đó dẫn đên  
. Kêt hợp tính chất cộng tính (giải như ví
f x
f x  x, x
dụ 5) suy ra được   tăng ngặt. Bây giờ ta chứng minh  
.
+ Theo trên có

f x  x0 , khi đó:
Giả sử tồn tại x0 mà  0 
f  f  x0   x0   0 � f  f  x0    f  x0   0 � f  f  x0    f  x0  � f  x0   x0

,
mâu
f x  x0
f x  x, x
thuẫn. Tương tự cũng không tồn tại x0 mà  0 
, do đó có  
. Thử

lại thấy đây là hàm số thỏa mãn yêu cầu.
Ví dụ 7 [Germany TST 2009]. Tìm tất cả các hàm số f : �� �sao cho

x, y, z ��: x3  f  y  .x  f  z   0 �  f  x    y. f  x   z  0
3

.

Phân tích:

Trang 13


f x x
- Ta có thể thấy ngay  
là một hàm thỏa mãn mệnh đề yêu cầu.
Nghiệm hàm này có các tính chất cơ bản là song ánh, cộng tính, đơn điệu.
- Giả thiêt của bài toán phương trình hàm này có phần “khác lạ” so với đa số
các bài thông thường, nó xuất hiện ở dạng mệnh đề có cấu trúc “ P � Q ” , do

x; y; z 
đó để đi đên lời giải phải ta phải xây dựng bộ ba biên 
thỏa mãn P.
- Trong mệnh đề của bài toán có sự xuất hiện của phương trình bậc ba ẩn x và
f x
ẩn   . Ta biêt rằng phương trình đa thức bậc ba luôn có nghiệm, đây là
điểm có thể được khai thác trong việc chứng minh tính toàn ánh hay lựa chọn
x; y; z 
bộ giá trị phù hợp cho 
.

Hướng giải: Giả sử hàm số

f  x  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bước 1. Chứng minh sự tồn tại nghiệm của

f  x

f x 0
hay tồn tại x0 mà  0 
.

3
Gọi x0 là số thực thỏa mãn f  0   x0 . f  0   x0  0 (vì phương trình bậc ba

 f  x0  
luôn có nghiệm thực), theo giả thiêt suy ra

3

 0. f  x0   0  0

hay

f  x0   0

.
Bước 2. Ta chứng minh
Xét bộ

 0; y; x0 

f  x  0

khi và chỉ khi x  0 .

3
với y bất kì, có 0  0. f  y   f  x0   0, y nên suy ra

 f  0  3  y. f  0   x0  0, y . Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi f  0   x0  0 . Như vậy

f x 0
f x
nêu cứ có x0 mà  0 
thì x0  0 , nghĩa là x = 0 là nghiệm duy nhất của  
.
Bước 3. Chứng minh
Giả sử có
cũng

có

f  x

là đơn ánh.

f  a  f  b

, xét bộ

 x; y; a 

x 3  f  y  .x  f  b   0 ,

3
mà x  f  y  .x  f  a   0 thì ta

từ

giả

thiêt

suy

ra

�
 f  x   3  y. f  x   a  0
�
�a b
�
3
�
 f  x    y. f  x   b  0
�
. Vậy flà một đơn ánh.
Trang 14

f x
Bước 4. Chứng minh   là một song ánh. Do bước 3 nên chỉ cần chứng minh
tính toàn ánh của f nữa là đủ.
- Trước hêt ta có nhận xét rằng: Với mỗi số thực t, đa thức
P X   X 3  X  t3  t

-

Ta



xét

có nghiệm thực duy nhất là X  t .



 x1; y0 ; z0 

bộ

x13  f  1 .x1  f t  t 3  0

mà

�
�y0  1
�
3

�z0  t  t

thỏa

mãn

(luôn tồn tại x1 do tính chất phương trình bậc ba luôn

 f  x1   3  f  x1  .1  t  t 3  0

có nghiệm thực). Kêt hợp giả thiêt suy ra
hay
P  f  x1    0
f x t
, dẫn đên  1 
. Vậy với mỗi số thực t chọn trước, luôn tồn tại
x1 mà f  x1   t , theo đó f là một toàn ánh và do đó nó là một song ánh.

f  y  �0, y �0

Bước 5. Chứng minh
Đã có

f  0  0

.

.

2

f y 0
Giả sử tồn tại y  0 mà  
, khi đó tồn tại x2 mà x2   f  y 

� x23  f  y  .x2  f  0   0 �  f  x2    y0 . f  x2   0  0
3

�  f  x2    y  0
2

Bước 5. Chứng minh
- Xét bộ ba

, điều này không xảy ra vì

f  x

 a; b; c 

y  0.

cộng tính .

mà a  b  c  0 , khi đó tồn tại phương trình bậc ba dạng

X 3  X    0 nhận a, b, c làm các nghiệm (ta xây dựng được phương trình

  f  x0  ,   f  y0 
này bằng định lí Vi-et). Tồn tại y0 ,z 0 mà
do f là toàn

ánh.
- Với mọi

X � a; b; c

3
: X  X . f  y0   f  z0   0

Trang 15


�  f  X    y0 . f  X   z0  0
3

, điều này chứng tỏ là

3
nghiệm của phương trình Y  y0 .Y  z0  0 , theo đó

� f  a  b   f  a   f  b 
- Kêt hợp (*) với

f  0  0

f  a , f  b , f  c

là ba
f  a  f  b  f  c  0

với mọi a, b (*).

dễ dàng suy ra f là hàm cộng tính.

�f  x  l�h�
m l�v�c�
ng t�
nh
�
�f  x   0, x  0
�
f  x  0 � x  0
f x  c.x, x
Bước 6. Kêt hợp các kêt quả �
suy ra  
,
ở đó c là hằng số thực dương. Thử lại hàm số dạng này ta tìm được c = 1. Vậy đáp
f x  x, x
số duy nhất của bài toán là  
.
2.2 - Phương pháp sử dụng tính đơn điệu
a) Một số nhận xét thường dùng trong phương trình hàm trên lớp hàm đơn
điệu:
1. Nêu f cộng tính và nhận giá trị dương với mọi x  0 thì f tăng ngặt. Nêu f cộng
tính và nhận giá trị âm với mọi x  0 thì f giảm ngặt.

f x  k .x, x
2. Nêu hàmf cộng tính và đơn điệu trên � (hoặc � ) thì ta có  
, ở đó
k là một hằng số.

3. Nêu f : �� �đơn điệu thực sự (tăng ngặt hoặc giảm ngặt) thìf là đơn ánh.
b) Phương pháp giải phương trình hàm bằng tính đơn điệu:

f x  g  x
f x  g  x ,
+ Đoán đáp số  
và loại trừ các trường hợp  
f  x   g  x  bằng cách phản chứng kêt hợp với tính đơn điệu.
+ Nêu f đơn điệu trên � thì có thể dùng dãy số và giới hạn (tính trù mật của
� trong �) để mở rộng công thức f  x  từ �sang �.
Ví dụ 8. Tìm tất cả các hàm số f : �� �tăng thực sự và thỏa mãn
Trang 16


f  f  x   y   f  x  y   1, x ��, y ��

.

Lời giải:
Giả sử hàm f tăng và thỏa mãn (1):

f  f  x   y   f  x  y   1, x, y

f  f  x    f  x   1, x

+ Trong (1) thay y = 0 thì có

.

.

+ Đổi vai trò x, y cho nhau trong (1) có
f  x  f  y    f  x  y   1  f  y  f  x   x, y
,
� f  x  f  y    f  y  f  x   , x, y

x  f  y   y  f  x  , x, y
+ Do f đơn điệu tăng ngặt nên nó là đơn ánh. Vậy
f x  x  f  y   y, x, y
f x x
hay  
, dẫn đên  
hằng số c với mọi x.
Thử lại có đáp số

f  x   x  1, x

.

Ví dụ 9. Tìm tất cả các hàm số f : �� �tăng thực sự và thỏa mãn
f  xf  y    yf  2 x  , x ��, y ��

.

Phân tích và hướng giải:

f  x   c.x

+ Ta phán đoán đáp số

và tìm ra được

f  x  2x

.

f x
+ Trước hêt thấy   không đồng nhất 0 vìf tăng ngặt, do đó tồn tại x0 mà
f x . f x  f  2 x0  .x, x
f  2 x0  �0
x; y 
x ;x
. Thay thê 
bởi  0  có  0   
. Từ đây suy
f x
ra   là song ánh.
+ Thay

 x; y 

bởi

 1;1

thì được

Thay

 x; y 

bởi

 1; x 

thì được



f  f  1   f  2  � f  1  2 � f  2   f  1  2



f  f  x    xf  2  � f f  f  x    f  x  f  2  � f  xf  2    f  x  f  2 

.

.
Trang 17


x; y 
Thay 
bởi
2 f  2 x   f  2  f  x  , x
.

 x;2 

+ Ta chứng minh điều đã dự đoán là

Thật vậy, giả sử tồn tại x mà

f  x   2 x, x

f  x  2x

thì

f  x  2x

, do đó có

.

f  f  x    f  2 x  � xf  2   f  2 x 

� 2 xf  2   2 f  2 x   f  2  f  x  � 2 x  f  x 
Tương tự, nêu có

f  xf  2    2 f  2 x 

thì được

(do

f  2  0

), có điều mâu thuẫn.

cũng dẫn đên điều mâu thuẫn.

Ví dụ 10. Tìm tất cả các hàm số

f :  1; � �  1; � thỏa mãn

f  xf  y    yf  x  , x, y �1

.

Phân tích và hướng giải:
+ Ta thấy fkhông thể là hàm hằng, dễ thấy f là hàm đồng nhất thì nó thỏa mãn yêu
cầu bài toán, đo đó kêt quả này gợi ý ta một số hướng khai thác hàm này: Tính đơn
ánh; tính đơn điệu; cộng tính; …
f  xf  1   f  x  , x �1

+ Thay

 x; y 

bởi

 x;1

thì được

Thay

 x; y 

bởi

 1; x 

thì được (2):

Từ (1) và (2) dẫn đên

(1).

f  f  x    xf  1 , x �1

, suy ra f là đơn ánh.

f  1  1 và f  f  x    x, x �1 (3).

x  y �1, khi đó
+ f là hàm tăng ngặt. Thật vậy, giả sử
�x �
f  x   f � . y �
�y �

�x
�
f � f  f  y   � f  y 
�y
�

x
1
y . Ta có

�x �
f��
�y �,

x
1
f 1  1 f  x  � 1; � , x �1
y
mà
và  
,
, f là đơn ánh

�x �
�x �
f � � 1
f  x   f � �f  y   f  y 
y
�y �
nên � � , suy ra
.
Trang 18


+ Ta chứng minh kêt quả dự đoán

f  x   x, x �1

.

x = 1 thì kêt quả đã được khẳng định.
f f x  f  x  x
f x  x 1
Giả sử tồn tại x  1 mà  
, kêt hợp f tăng ngặt có    
,
1  f  x  x
mâu thuẫn với (3). Tương tự, nêu có
cũng dẫn đên điều mâu thuẫn.
f x  x, x �1
Thử lại có hàm số duy nhất thỏa mãn yêu cầu là  
.

Nhận xét:Có thể sử dụng (3) có





f  xy   f xf  f  y    f  y  f  x  , x, y �1

,

g  x   ln f  e 
nghĩa là có f nhân tính, từ đó chuyển đổi sang hàm cộng tính qua
.
g x  Ax, x �0
Từ tính chất hàm g vừa cộng tính, vừa đơn điệu suy ra  
, từ đó tìm

ra hàm f.
x

Ví dụ 11 [IMO 2002]. Tìm tất cả các hàm số f : �� �thỏa mãn

 f  x   f  z    f  y   f  t    f  xy  zt   f  xt  yz  , x, y, z , t .
Phân tích và hướng giải:
* Hình thức của đề bài gợi ta nhớ tới đồng nhất Lagrange

x

2

 z 2   y 2  t 2    xy  zt    xt  yz 
2

2

2
Theo đó ngoài các trường hợp đặc biệt (hàm hằng), có thể nhận thấy f  x   x là
một nghiệm hàm.

*

Giả

sử

f

là

một

hàm

số

 x, y, z, t 

bới

 f  x   f  z    f  y   f  t    f  xy  zt   f  xt  yz  ,x, y, z,t

Ta kí hiệu

P  a , b, c, d 

để chỉ việc thay thê

thỏa

 a , b, c , d 

mãn

(1):

vào (1).

P  0,0,0, t  � 2 f  0  �
�f  0   f  t  �
� 2 f  0  , t (2).

P  0,0,0,0  � 4  f  0    2 f  0  � f  0   0
2

hoặc

f  0 

1
2.
Trang 19


1
1
1
f  t   , t
f  x   , x
2 thì từ (2) suy ra
2
2
Nêu
. Thử lại thấy hàm
thỏa
f 0 0
mãn. Vậy chỉ cần xét bài toán với  
là xong.

f  0 

*

P  0, y ,0,0  � f  x  f  y   f  xy  , x, y

P  1,1,0,0  � f 2  1  f  1 � f  1 � 0;1

Nêu

f  1  0

.

P  x,1,0,0  � f  x   0, x

, thử lại thấy hàm số này thỏa mãn
f 1 1
f 0 0
yêu cầu. Vậy ta chỉ xét bài toán với trường hợp  
và  
.
*

thì xét

(3).

P  0,1, z,1 � 2 f  z   f   z   f  z  � f   z   f  z  , z
f  x 2    f  x   �0, x

2

Từ (3) cho x = y thì

. Từ đó có

P  x, y, y, x  �  f  x   f  y    f  x 2  y 2  , x, y

, tức là f là hàm chẵn.

f  x  �0, x

.

2

(4)

� f  x 2  y 2    f  x   f  y   � f  x   0   f  x 2  , x, y
2

hàm tăng không nghiêm ngặt trên

2

 0;� .

, điều này dẫn đên f là

f  2   f  12  12    f  1  f  1   4

f  1  1 f  0   0
* Từ
,
và (4) suy ra
.
2

P  n,1,1,1 � f  n  1  2  f  n   1  f  n  1 , n �1

f  n   n , n ��
.

. Bằng quy nạp suy ra được

2

* Với

*

n��

�1 � �1 �
�1 � 1
f  1  f � .n � f � �
. f  n
f � � 2
�n � �n �
có
, suy ra �n � n .

�m �
f � � f  m 
�n �

Vậy
f  x   x 2 , x ��
.

2

1 �m �
�1 �
f � � m 2 . 2  � �
n �n �
�n �

với

mọi

m, n��*

* Với mỗi x là số vô tỉ dương tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ

hay

 un  ,  vn 

mà

un  x  vn với mọi n và lim un  lim vn  x . Từ tính chất f tăng không nghiêm ngặt
Trang 20


f  un  �f  x  �f  vn  , n �un2 f  x  vn2 , n
có
. Cho n tiên dần đên vô cực có
2
2
2
2
x �f  x  �x
, suy ra f  x   x . Vậy với mọi x vô tỉ và x> 0 thì f  x   x . Kêt
2
hợp các yêu tố đã có dẫn đên f  x   x , x .

1
f  x   , x f x  0, x
2
* Kêt luận: Tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu là
;  
;
2.3 - Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số
a) Một số kiến thức liên quan:
a1.Định nghĩa hàm số liên tục tại điểm:

f x
f x
Xét hàm số   xác định trên miền D . Ta nói   liên tục tại điểm x0

lim f  x   f  x0 
thuộc D nêu x�x0
.
Nói cách khác:
Hàm số

f  x

x
liên tục tại x  x0 nêu với mọi cách chọn dãy  n  n1 trong D
�

lim f  xn   f  x0 
mà lim xn  x0 thì
.
a2.Một số tính chất hay dùng:
a2.1. Nêu

f  x

liên tục trên đoạn
a; b
giá trị nhỏ nhất trên   .

 a; b 

thì

f  x

có giá trị lớn nhất và có

f x
a; b
f x
a2.2. Nêu   liên tục trên đoạn   thì   nhận mọi giá trị nằm giữa
f  a  và f  b  .
f  x
a; b
f a f b 0
a2.3. Nêu
liên tục trên đoạn   và    
thì tồn tại
c � a; b 
f c 0
mà  
.
f  x , g  x
a2.4. Nêu
f  x   g  x  , x ��
.

liên tục trên

� và

f  x   g  x  , x �� thì

Trang 21

f x
a2.5. Nêu   liên tục trên khoảng con D của � và f là đơn ánh thì f đơn
điệu (ngặt) trên D.
f x  y   f  x   f  y  , x, y
a2.6. Nêu f : �� �liên tục và thỏa mãn: 
thì
f x  cx, x (c là hằng số). Kêt quả này còn được gọi tên là bài
f có dạng  
toán phương trình hàm Cauchy cho hàm liên tục.
b) Nội dung phương pháp:

f x  g  x
- Nêu ta dự đoán được kêt quả cho hàm f cần tìm là  
thì ta có thể đi
chứng minh sự bằng nhau của hai hàm này trên một dãy số hội tụ về x rồi sử dụng
cách chuyển qua giới hạn (định nghĩa hàm liên tục và giới hạn hàm số) để suy ra kêt
quả mong muốn.

f x  g  x
- Nêu ta dự đoán được kêt quả cho hàm f cần tìm là  
thì ta có thể thực
hiện phép đổi biên để đưa về tính cộng tính và dùng kêt quả bài toán phương trình
hàm Cauchy.
Ví dụ 12 [Việt Nam TST 2007]. Tìm tất cả các hàm số f : �� �liên tục và thỏa
mãn

�2 x 1 �
f  x  f �
x   �

, x
3 9� .
�

Lời giải:
.

�2 x 1 �
f  x  f �
x   �
, x
3
9
�
�
Giả sử f là hàm số liên tục và thỏa mãn (1):

2
�� 1 �
1�
x


, x �
 1 � f  x   f �
�
�
��
�
6

12
�
�
�
�
Ta có

� 1�
f �x  �
� 6�

� 1�
f �x 2  �
, x
� 12 �

.

� 1�
�2 1 �
g  x   f �x  �
g  x  g �
x  �
, x
6
4
�
�
�
�

Đặt
thì (1) được viêt lại thành
(2). Hàm f

liên tục trên � nên g cũng liên tục trên �.
1 � �2 1 �
2
�
g  x  g �
 x   � g �
x  � g  x  , x

4� �
4�
�
+ (2) chứng tỏ g là hàm số chẵn vì

. Do đó ta chỉ cần xét bài toán với x �0 .
Trang 22


1
0 �a �
2 , xét dãy số  xn 
+ Lấy cố định a �� mà

�x0  a
�
�
1

xn1  xn2  , n �0
�
4
cho bởi �
.

� 1�
� 1�
g  a   g  x0   g �x02  � g  x1   g �x12  � ...  g  xn   ..., n
� 4�
� 4�
Khi đó theo (2) ta có
.

1
0 �xn � , n
2
- Dễ dàng chỉ ra bằng quy nạp rằng
.
2
� 1�
xn1  xn  �xn  ��0, n
x
� 2�
- Xét
nên dãy số  n  là dãy tăng (không nghiêm
ngặt). Theo tiêu chuẩn Weierstrass suy ra tồn tại giới hạn L  lim xn , hơn
1
1
1

0 �L �
L  L2 
lim xn  L 
2 và
4 , từ đây có được
2.
nữa
g  a   g  xn  , n
lim g  a   lim g  xn 
- Bây giờ từ
suy ra

� g  a   g  lim xn 

�1 �
� g  a  g � �
�2 �
(do g là hàm liên tục)
.

+ Bây giờ ta xét a cố định mà

a

1
2 , bằng cách xét dãy số

1
x0  a, xn1  xn  , n
4

ta cũng chỉ ra được
g  a   g  xn  , n

 xn 

thỏa mãn

 xn 

lim xn 

mà

1
2 và

1�
�
g  a  g � �
�2 �
, đi đên
.

1�
�
g  x  g � �
, x �0
g x  c : hằng số, với mọi x. Suy
2
�

�
+ Vậy luôn luôn có
, suy ra  

ra

f  x   c, x

(c: hằng số thực tùy ý). Thử lại thấy kêt quả này thỏa mãn yêu cầu.

Trang 23