hệ thống các bài tập theo các phương pháp chứng minh phương trình hàm t05

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM


MỤC LỤC
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ.......................................................................................................................3
PHẦN II. NỘI DUNG..........................................................................................................................5
1. Một số kiến thức cơ sở.................................................................................................................5
2. Một số phương pháp giải phương trình hàm...............................................................................6
2.1. Phương pháp thế biến...........................................................................................................6
2.2. Phương pháp thêm biến.......................................................................................................14
2.3. Sử dụng tính chất đơn ánh,toàn ánh, song ánh của hàm số.................................................18
2.4. Phương pháp truy hồi.........................................................................................................23
2.5. Phương pháp quy nạp.........................................................................................................25
PHẦN III. PHẦN KẾT LUẬN..........................................................................................................29
TÀI LIỆU THAM KHẢO..................................................................................................................30


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình hàm là một trong những chuyên đề quan trọng và rất hay xuất hiện trong các
đề thi học sinh giỏi, tuy nhiên rất ít tài liệu trình bày đầy đủ và hệ thống bài tập để học sinh khắc
sâu. Vì vậy tôi viết chuyên đề này để giúp học sinh có cái nhìn tổng thể hơn về phương trình hàm.
Trong chuyên đề này, tôi đã nhắc lại một số kiến thức cơ sở của phương trình hàm. Đồng thời hệ
thống các bài tập theo các phương pháp chứng minh phương trình hàm.
2. Mục đích nghiên cứu
Chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình hàm” được chọn để giới thiệu với các
thầy cô giáo và các em học sinh những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy một số chủ đề
“Phương trình hàm” trong chương trình THPT chuyên, và đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi
muốn nhấn mạnh tầm quan trọng của các phương pháp này trong các kì thi Quốc tế, khu vực và
Olympic quốc gia của một số nước những năm gần đây. Các bài tập chúng tôi đưa ra đều là các đề

thi Olympic Quốc tế, khu vực và một số nước có truyền thống về toán, trong các bài tập này chúng
tôi có phân tích dấu hiệu của bài toán mà có thể sử dụng để giải bằng cách dùng những kiến thức cơ
sở nào nhanh nhất và hiệu quả nhất.
Thông qua chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình hàm” chúng tôi cũng rất
mong muốn nhận được góp ý trao đổi của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh và các em
học sinh. Chúng tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phần toán “Phương trình
hàm” một cách hiệu quả nhất và giúp các em học sinh có khả năng vận dụng một số phương pháp
cơ bản vào giải các bài toán phương trình hàm một cách tốt nhất.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Để đáp ứng yêu cầu về việc học tập và nghiên cứu cho học sinh trong ba năm học liên tiếp:
2016-2017, 2017-2018, 2018-2019, góp phần nâng cao số lượng và chất lượng HSG môn toán tại
các kỳ thi: HSG vòng tỉnh, HSG đồng bằng duyên hải bắc bộ, HSG QG lớp 12. Tuy nhiên, do giới
hạn về chương trình, điều kiện về giáo viên, cơ sở vất chất nên đề tài chưa được triển khai rộng
trong các trường THPT trong phạm vi rộng.
4. Đối tượng và khách thể nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là học sinh các lớp chuyên Toán 10, 11, 12; đội tuyển thi
chọn HSG lớp 12 vòng tỉnh, đội tuyển HSG tham dự kỳ thi chọn HSG QG lớp 12 môn Toán học
của các trường THPT Chuyên. Ngoài ra còn có thể là tài liệu tham khảo cho học sinh, giáo viên và
phụ huynh học sinh có nhu cầu tìm hiểu về phương trình hàm.
5. Phạm vi nghiên cứu
- Về kiến thức: nghiên cứu dựa trên các nội dung kiến thức toán về phương trình hàm trong giới hạn
thi học sinh giỏi của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
- Về đối tượng: đề tài nghiên cứu dựa trên khả năng nhận thức cũng như năng lực tư duy của học
sinh các lớp chuyên toán 10, 11 và chủ yếu là học sinh nòng cốt trong đội tuyển học sinh giỏi tỉnh
dự thi quốc gia.
6. Phương pháp nghiên cứu
Chuyên đề sử dụng các phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau:


- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu chuyên về tổ hợp đặc biệt là các tài liệu

liên quan đến số học, đại số, dãy số, ... và các tạp chí trong và ngoài nước; tài liệu từ Internet...
- Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh các lớp chuyên toán).
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
7. Cấu trúc của chuyên đề
Chuyên đề bao gồm 3 phần chính như sau:
Phần I. Đặt vấn đề
Phần II. Nội dung
Phần III. Kết luận và kiến nghị


PHẦN II. NỘI DUNG
1. Một số kiến thức cơ sở
1.1 Nguyên lý Acsimet
*
kε  x  ε, x �R 
Với mọi ε  0 và với mọi x  0 luôn tồn tại k �N sao cho
.

Hệ quả: Với mọi x �R , tồn tại duy nhất k �Z sao cho k �x  k  1 .
1.2 Tính trù mật
Tập hợp A �R được gọi là trù mật trong R nếu và chỉ nếu với mọi

x, y �R, x  y đều tồn tại a �R sao cho x  a  y .
Hệ quả: Q trù mật trong R .
1.3 Cận trên
Cho A �R , x được gọi là cận trên của A nếu với mọi a �A thì a �x . Cận trên bé nhất
nếu có của A được gọi là cận trên đúng của A, kí hiệu là supA
a �α,     a �A
�
�

α  supA � �
ε  0, a �A , sao cho a  α  ε
�
�

1.4 Cận dưới
Cho A �R , x được gọi là cận dưới của A nếu với mọi a �A thì a �x . Cận dưới nhất nếu
có của A được gọi là cận dưới đúng của A, kí hiệu là infA
a �β,     a �A
�
�
β  infA � �
ε  0, a �A,saocho a  β  ε
�
�

1.5 Ánh xạ
1.5.1 Đơn ánh
Ánh xạ f : A � B được gọi là đơn ánh nếu như mọi a1 , a2 �A mà a1 �a2 thì

f  a1  �f  a2  ( A  B

).

f  a1   f  a2 
Hệ quả: f là đơn ánh khi và chỉ khi nếu
thì a1  a2 .
1.5.2 Toán ánh
Ánh xạ f : A � B được gọi là toán ánh nếu như mọi phần tử b �B đều tồn tại phần tử

a �A sao cho f  a   b( A  B ) .

1.5.3 Song ánh




Ánh xạ f : A � B được gọi là một song ánh nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh

A  B

.

1.5.4 Hàm đơn điệu
Hàm số

f  x1  �f  x2 

được gọi là hàm tăng trên

f  x

được gọi là hàm tăng ngặt trên

f  x1   f  x2 
Hàm số

f  x1  �f  x2 

nếu với mọi

x1 , x2 � a; b 

mà x1 �x2 thì

 a; b 

nếu với mọi

x1 , x2 � a; b 

mà x1  x2

.

f  x

được gọi là hàm giảm trên

 a; b 

nếu với mọi

x1 , x2 � a; b 

mà x1 �x2 thì

f  x

được gọi là giảm ngặt trên

 a; b 

nếu với mọi

x1 , x2 � a; b 

mà x1  x2 thì

.

Hàm số

f  x1   f  x2 

 a; b 

.

Hàm số

thì

f  x

.

Hệ quả: Nếu hàm số

f  x

là tăng trên

 a; b 

và f đơn ánh thì f là hàm tăng ngặt.

Hệ quả: Nếu hàm số

f  x

là giảm trên

 a; b 

và f đơn ánh thì f là hàm giảm ngặt.

Tính chất

f : D � R, g : D � R là hai hàm tăng thì f  g là hàm tăng.
f : D � R, g : D � R là hai hàm tăng và không âm thì f  x  .g  x  là hàm tăng.
f : D f � R, g : Dg � R

thì

g o f  g  f  x 

là hai hàm tăng, trong đó

tăng, ở đây

T f �Dg

T f   f  x  : x �D f 

.

1.5.5 Hàm cộng tính, hàm nhân tính
Hàm số

f  x

Hàm số

f  x

được gọi là cộng tính trên tập xác định trên D nếu với mọi x, y �D thì

x  y �D và f  x  y   f  x   f  y  .

được gọi là nhân tính trên tập xác định trên D nếu với mọi x, y �D thì

x. y �D và f  x. y   f  x  . f  y  .


2. Một số phương pháp giải phương trình hàm
2.1. Phương pháp thế biến

f  0   0 f  1  2013
Bài tập 2.1.1 (VMO-2013) . Tìm tất các hàm số f : R � R thỏa mãn

,
và

 x  y 







f f 2  x  f f 2  y

    f  x   f  y    f  x   f  y   , x, y �R.
2

2

Lời giải.
xf  f 2  x    f 3  x 
Cho x �0, y  0 , ta được
.

Suy ra

f  f 2  x  

f 3  x
x

, x �0

, thay vào phương trình đầu ta được

�f 3  x  f 3  y  �
2
2
x

y


�
�  f  x   f  y   f  x   f  y  , x, y �0.  1
y �
� x





Thay x  0, y  1 vào (1), ta có:
�f 3  x 

 x  1 �

� x

�
 20133 �  f  x   2013  f 2  x   20132 

�

�  f  x   2013x   f 2  x   20132 x   0, x  0.

f 2  x   20132 x
f  x   2013x, x  0
Mặt khác với x  0 thì
, từ đó suy ra
.
Do đó,

f  1  2013

thay x  0, y  1 vào (1), ta có:

�f 3  x 
�
x

1
 20133 �  f  x   2013  f 2  x   20132 

�
� x
�
�  f  x   2013x   f 2  x   20132 x   0, x  0.

Suy ra,

f  x   2013x, x  0

Kết hợp với điều kiện

 x  y 

.

f  0  0



, ta suy ra





f  x   2013 x, x  0

   2013  x  y   x
 y    2013  x  y   x

f f 2  x  f f 2  y

 f  x  f  y   f  x  f
2

2

. Thử lại có

2

2

 y2

2

2

 y2

Bài tập 2.1.2 (DHĐBBB-2014). Tìm tất cả các hàm số f : R � R thỏa mãn
f  x 2  y 2   xf  x   yf  y  , x, y �R  .  1

Lời giải.

 

f y 2  yf  y  , y �R
x

0
Cho
, từ (1) suy ra
.

f  x 2   xf  x  , x �R

Cho y  0 , từ (1) suy ra

Do đó, (1) trở thành





 

.

 

f x 2  y 2  f x 2  f y 2 , x, y �R


.


� f  x  y   f  x   f  y  , x, y  0  2  .
Thay y bởi  y từ (1) ta được
f  x 2  y 2   xf  x   yf   y 

�  yf   y   yf  y  , y �R
� f   x    f  x  , x �R.
Mặt khác

 yf   y   yf  y  , y �R � f   x    f  x  , x �R.
Chứng tỏ f là hàm số lẻ. Do đó, với mọi x �0, y �0 , ta có:
f  x  y  f  x    y   f  x  f   y  f  x  f  y 

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

� f  x  y   f  x   f  y  , x �0, y �0 .  3
Với mọi x �0, y �0 , ta có:
f  x  y    f   x  y     f   x   f   y       f  x   f  y    f  x   f  y   .  4 

Kết hợp (2),(3),(4), ta được
Tính

f ( x  1)2



theo hai cách, ta có











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

.

f ( x  1)2  f x 2  2 x  1

 

�  x  1 f  x  1  f x 2  f  2 x   f  1

�  x  1  f  x   f  1   xf  x   2 f  x   f  1

� f  x   xf  1 , x �R � f  x   ax, x �R, a �R









f ( x  1) 2  f x 2  2 x  1

 

�  x  1 f  x  1  f x 2  f  2 x   f  1

�  x  1  f  x   f  1   xf  x   2 f  x   f  1

� f  x   xf  1 , x �R � f  x   ax, x �R, a �R.

Bài tập 2.1.3 (VMO 2002). Hãy tìm tất cảc các hàm số
mãn hệ thức

f  x

xác định trên tấp số thực R và thỏa

f  y  f  x    f  x 2002  y   2001. y. f  x  , x, y �R.  1

Lời giải.
Thế

y  f  x

vào (1) ta được





f  0   f x 2002  f  x   202.  f  x   , x �R.  2 
2002
Thế y  x
vào (1) ta được

2


f  x 2002  f  x    f  0   2001.x 2002 . f  x  , x �R.  3 

Lấy (2) cộng với (3) ta được





f  x  f  x   x 2002  0, x �R.
2002
f  x  0
Từ đây suy ra với mỗi giá trị x �R thì ta có hoặc là
hoặc là y   x . Ta sẽ chỉ ra rằng
để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì bắt buộc phải có đồng nhất

f  x  �0, x �R
hoặc

f  x  � x 2002 , x �R.
Thật vậy, vì

f  0  0

trong cả hai hàm số trên, nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử tồn tại

a �0 sao cho f  a   0 và tồn tại b  0 sao cho

f  b   b 2002
(vì chỉ cần thay x  0 vào quan hệ (1) ta nhận được hàm f là hàm chẵn).
Khi đó thế x  a và y  b vào (1) ta được





f  b   f a 2002  b .

Vậy ta nhận được dãy quan hệ sau
0 �b 2002  f  b   f  b   f  a 2002  b 

�
0                                                0 �0 
�
2002
2002
�
  a 2002  b 
                     a 2002  b 
 b2002
�
�
�





Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu ta kết luận chỉ có hàm số thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Bài tập 2.1.4 (Áo 1996) Tìm tất cả các hàm số f : R � R thỏa mãn điều kiện

x 2 f  x   f  1  x   2 x  2 4 , x �R.
Lời giải.
Thay x bởi 1  x ta được

 1 x

2

f  1 x  f  x  2  1 x    1 x .
4

Như vậy ta có hệ
�x 2 f  x   f  1  x   2 x  24
�
2
4
�
 1 x f  1 x  f  x  2 1 x  1 x
�
�
�
Ta có
D   x 2  x  1  x 2  x  1


và
Dx   1  x 2   x 2  x  1  x 2  x  1 .

Vậy

D. f  x   Dx , x �R.
Từ đó ta có nghiệm của bài toán là
�

1  x 2 : x �a, x �b
�
c �R : x  a
�
f  x  �
2a  a 4  a 2 : 2  b
�
�
�

Với a, b là nghiệm của phương trình.
Bài tập 2.1.5 (Hàn Quốc 2003). Tìm tất cả các hàm số f : R � R thỏa mãn:
f  x  f  y    f  x   xf  y   f  f  y   , x, y �R.   4 

Lời giải.
Nhận thấy hàm
Thế

x  f  y

f  x  0

thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét trường hợp

vào (4) ta được
x2 f  0
f  0  2 f  z   z � f  x    
2
2
2

hay
f  f  x   
f  f  x   

Thế

x  f  z

f 2  x
1
f

2



f  0
2

 x   f  0 .

1

2

, với z là một số thuộc R thì ta được
f  f  z  f  y   f  f  z   f  z f  y  f  f  y 

Với lưu ý là

f  f  y   

f 2  y
2



f  0
2

và
f  f  z   

f 2  z
2



f  0
2

.

Thay vào quan hệ hàm ở trên ta được

 f  z  f  y 
f  f  z  f  y   
2

2

 f  0  .     5 

Tiếp theo ta chứng tỏ tập

 f  x   f  y  | x, y �R  R.

f  x  �0


Do

f  x  �0

f  y0   a �0
nên tồn tại một giá trị y0 sao cho
. Khi đó từ quan hệ (4) ta có

f  x  a   f  x   xa  f  a  � f  x  a   f  x   ax  f  a  .

xa  f  a 

Vì vế phải là hàm bậc nhất nên
Do đó, hiệu

f  x  a  f  x )

có tập giá trị là toàn bộ R .

cũng có tập giá trị là toàn bộ R , khi x �R .

mà

 f  x   f  y  | x, y �R � f  x  a   f  x  | x �R  R
Do đó

 f  x   f  y  | x, y �R  R.
Vậy từ quan hệ (5) ta thu được
f  x  

x2
 f  0  , x �R.
2

Mặt khác, ta lại có
f  x  

f  0  0

Nên
. Thử lại thấy hàm số
Kết luận: Có hai hàm số thỏa mãn là

x2
 f  0  , x �T  f  .
2

f  x  

x2

, x �R
2
thỏa mãn hệ hàm.

x2
, x �R.
2
Bài tập 2.1.6 (Iran 1999) Xác định các hàm số f : R � R thỏa mãn
f  x  

f  f  x   y   f  x 2  y   4 yf  x  , x, y �R.

Lời giải.
2
Thế y  x ta được





f f  x   x 2  f  0   4 x 2 f  x  , x �R.

Thế

y   f  x

ta được





f  0   f f  x   x 2  4  f  x   , x �R.
2

Cộng hai phương trình trên ta được
4 f  x   f  x   x 2   0, x �R.

f  x  �0
f  x   x2
Từ đây ta thấy với mỗi x �R thì hoặc là
hoặc là
. Ta chứng minh nếu f thỏa

f  0  0
mãn yêu cầu bài toán thì f phải đồng nhất với hai hàm số trên. Nhận thấy
, từ đó thay
x  0 ta được f  y   f   y  , y �R , hay f là hàm chẵn.

f  a   0, f  b   b 2
Giả sử tồn tại a �0, b �0 sao cho
, khi đó thay x  a, y  b ta được


f  b   f  a 2  b  � f  b   f  a 2  b  .

Từ đó ta có quan hệ sau



0 �b 2  f  b   f  b   f a 2  b



�
0                                       0 �0 
�
2
�
 a 2  b                     a a 2  b
�
�
�







Do đó xảy ra điều mâu thuẫn. Thử lại thấy hàm số





2



 b 2 .

f  x  �0

thỏa mãn yêu cầu.
Bài tập 2.1.7 (Belarus 1995) Tìm tất cả các hàm số f : R � R thỏa mãn
f  f  x  y    f  x  y   f  x  f  y)

Lời giải.
Rõ ràng f khác hằng số. Thay y  0 vào điều kiện bài toán ta được
f  f  x     1  f  0   f  x  , x �R.

Trong đẳng thức trên thay x bởi x  y thì

 1  f  0   f  x  y   f  f  x  y    f  x  y   f  x  f  y   xy,
Đơn giản ta được

f  0  . f  x  y   f  x  f  y   xy.     7 
Thay y  1 vào (7) thì

f  0   x  1  f  x  f  1  x.
Lại thay y  1 và x  x  1 vào (7) ta có

f  0  . f  x   f  x  1 . f  1  x  1.
Kết hợp hai đẳng thức trên ta được

 f  0 
 f  0 
Nếu
theo (7) thì

2

 f  1 f  1 f  x    f  f  0   f  1  x  f  0  .

 f  1 f  1  0

f  x  f  y   xy

Khi đó
Vậy

2

.

f  x  f  1  x, x �R

 f  0 

f  x   ax  b

f  0  0
, thì thay x  0 vào phương trình cuối cùng ta được
, nên

2

 f  0 
, điều này dẫn đến

 f  1 f  1 �0

, suy ra

f  x

2

 f  1 f  1  1

, mâu thuẫn.

là một đa thức bậc nhất nên có dạng

. Thay vào quan hệ hàm ban đầu suy ra a  1, b  0 .

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

f  x   x, x �R

.
Bài tập 2.1.8 (VMO 2005) Hãy xác định tất cả các hàm số f : R � R thỏa mãn điều kiện


f  f  x  y    f  x  f  y   f  x   f  y   xy , x, y �R.     8 

Lời giải.
Thế x  y  0 vào (8) ta được

f  f  0    f  0  .
2

Thế x  y vào (8) và sử dụng kết quả trên thì

 f  x 

2

  f  0    x 2 , x �R.
2

(9)

Suy ra

 f  x 

2

  f   x   � f  x   f   x  , x �R.
2

Thế y  0 vào (8) được
f  f  x    f  0  f  x   f  x   f  0  , x �R.

Thế x  0, y   x vào (8) được
f  f  x    f  0  f   x   f   x   f (0), x �R.

(10)

Từ hai đẳng thức trên ta có
f  0   f   x   f  x    f   x   f  x   2 f  0  , x �R.     11

f  x0   f   x0 
Giả sử tồn tại x0 �0 sao cho
, thì thế x  x0 vào (11) ta có
f  x0   f  0  �  f  x0     f  0  
2

2

�  f  0    x0 2   f  0    02 � x0  0
2

Suy ra mâu thuẫn, suy ra
Từ đây suy ra

f  0  0

2

f   x    f  x  , x �R.

f  x0   x0
, nếu tồn tại x0 �0 sao cho
thì từ (10) ta suy ra

f  f  x0     f  x0    x0

và

f  f  x0     f   f  x0     f ( x0 )  f ( x0 )  x0

Vô lý.

f  x    x, x �R

Vậy từ (9) chứng tỏ
. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài toán.
Bài tập 2.1.9 (AMM,E2176). Tìm tất cả các hàm số
f : �� �
thỏa mãn điều kiện
�x  y � f  x   f  y 
f  2   2    và    f �
, x �y.
�
�x  y � f  x   f  y 

Lời giải.
Ta sẽ chứng minh

f  x  x

là nghiệm duy nhất của bài toán dựa vào một chuỗi các sự kiến sau.

Trước tiên nhận thấy f không thể là hàm hằng.
Thay y  0 ta nhận được

f  1 

f  x   f  0
f  x   f  0

�  f  1  1 f  x   f  0   1  f  1  , x �Q.

Suy ra, hàm f là hàm lẻ.
Thay y   x ta có
f  x   f  cx 

1 c � 1 f  c
�
 f � �
f  x   f  cx 
1 c � 1 f  c
�

Suy ra

f  cx   f  c  . f  x  .
�p � f  p 
p
f � �
.
q � f  q
q
�
Lấy
thì ta được

Bài tập 2.1.9 Tìm tất cả các hàm số f : Z � Z thỏa mãn

c  q, x 

f  2a   2 f  b   f  f  a  b       a, b �Z .         1

Lời giải.
Thay a  b  x và a  b  x  k ta có
f  2 x   2 f   x   f  f  0   ,          1

f  2  x  k    2 f    x  k    f  f  0   ,          2 

.
Từ (1) và (2) suy ra
f  2x   2 f  x   f  2  x  k    2 f    x  k   ,

hay
f  2  x  k    f  2x   2 f  x   2 f    x  k   .

f  2 x  2k   f  2 x 
2k



f  x  f  x  k 
k

,

f  x   mx  n.

Suy ra f là hàm cộng tính. Do đó
2
2
Thay vào (1), ta thu được 2ma  2mb  3n  m a  m b  mn  n, với b là hằng số.
2
Suy ra 2m  m nên m  0 hoặc m  2.

f  x   0.
Nếu m  0, thì n  0, suy ra
f  x   2 x  n.
Nếu m  2, thì
2.2. Phương pháp thêm biến
Đôi khi, trong quá trình xử lí các bài toán phương trình hàm, ta có thể thêm một vài biến
phụ vào để phép thế trở nên linh hoạt hơn, từ đó phát hiện được nhiều tính chất thú vị của hàm giúp
ích cho việc giải toán
Bài tập 2.2.1. Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn


f ( y  f ( x))  f ( x ) f ( y )  f ( f ( x ))  f ( y )  xy, x, y ��

Lời giải
Thay y bởi y  f ( z ) vào phương trình hàm đã cho và khai triển vế phải ta được
f ( y  f  x  f  z  �
y  f  z �
�f  x   1�
�f  y  f  z    f  f  x    x �
�
�
�
�f  y   f  f  z    yz}  f  f  x    xy  xf  z 

�f  z   1   f  z   1�
 A  f  x  f  f  z    yzf  x   xf  z  ,

trong đó A  [ f ( x)  1][ f ( z )  1] f ( y )  f ( f ( x))  f ( f ( z ))  y ( x  z ) .
Đảo vị trí của x và z trong phương trình với chú ý giá trị của biểu thức f ( y  f ( x)  f ( z ) và A
vẫn không đổi, ta được
f ( x) f ( f ( z ))  z | ( x)  xf ( z )  f ( z )( f ( x ))  yxf ( z )  zf ( x)

Xem hai vế của phương trình là hai đa thức ẩn y . Hai đa thức này có giá trị bằng nhau với mọi y
nên đồng nhất với nhau, từ đó ta có
zf ( x )  xf ( z ), x, z ��

Suy ra f ( x )  kx ( k là hằng số thực nào đó) với mọi x ��.
Tiếp theo, ta sẽ tìm giá trị của k . Thay f ( x)  kx trở lại phương trình hàm đã cho, ta được:
k ( y  kx)  k 2 xy  k 2 x  ky  xy, x, y ��,
hay
xy (k 2  1)  0, x, y ��
Do đó k  �1 . Vậy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu là f ( x )  x và f ( x)   x .


Bài tập 2.2.2. (IMO shortlist, 2007) Tìm tất cả các hàm số f : � � � thỏa mãn

f ( x  f ( y ))  f ( x  y )  f ( y ), x, y  0

Lời giải
Thay y bởi y  f ( z ) vào phương trình đã cho rồi khai triển hai vế, ta được:





f x  f  y  f  z   f  x  y  f  z   f  y  f  z 

Mặt khác ta lại có

 f  x  y  z  f  y  z  2 f  z






f x  f  y  f  z   f  x  f  y  z  f  z 
 f  x  z  f  y  z   f  z

 f  x  y  2z   f  y  z   f  z 
Đối chiếu hai phép khai triển trên, ta được
f ( x  y  2 z )  f ( x  y  z )  f ( z )), x, y , z  0.

Một cách tương đương, ta có:
f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x  y  0.

Từ đây với mọi x,, y  0 và z  x  y , ta đều có:
f ( z  x  y )  f ( z )  f ( x  y ),

và
f ( z  x  y )  f (( z  x)  y )  f ( z  x)  f ( y )  f ( z )  f ( x)  f ( y ).

Do đó,
f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y  0



Như thế f là hàm cộng tính từ � vào � . Suy ra f ( x)  kx ( k là hằng số dương nào đó) với

mọi x  0 . Thay trở lại phương trình đã cho, ta được:
k ( x  ky )  k ( x  y )  ky , x, y  0

hay
k (k  2) y  0, y  0.

Do đó k  2 . Vậy có duy nhất một hàm số thảo mãn yêu cầu là f ( x)  2 x .


Bài tập 2.2.3. (IMO shortlist, 2011) Tìm tất cả các hàm số f , g : � � � thỏa mãn

g ( f ( x  y ))  f ( x)  (2 x  y ) g ( y ), x, y ��

Lời giải
Đặt f (0)  b và g 0)  a . Từ phương trình đã cho, dễ thấy:
g ( f ( x))  f ( x)  2ax, x ��

và
g ( f ( y ))  b  yg ( y ) y ��.

Từ đó suy ra
f ( x )  xg ( x)  b  2ax, x ��.

Bây giờ, thay x bởi x  z vào phương trình hàm đã cho. ta được

g  f  x  y  z    f  x  z    2x  y  z  g  y 

  x  z  g  x  z   b  2a  x  z    2 x  2 z  y  g  y  .

Thay y bởi y  z vào phương trình hàm đã cho. ta cũng có

g  f  x  y  z    f  x   2x  y  z  g  y  z 

 xg  x   b  2ax   2 x  y  z  g  y  z  .

Đối chiếu hai kết quả trên ta được:
xg ( x)  b  2ax  (2 x  y  z ) g ( y  z )  ( x  z ) g ( x  z )  b  2a ( x  z )  (2 x  2 z  y ) g ( y ).

Trong phương trình này chọn x  y và rút gọn thành
xg ( x  z )  ( x  z ) g ( x)  az , x, z ��.

Trong phương trình này thay x  1 và z  x  1 , ta được
g ( x)  xg (1)  a( x  1)  kx  a, x ��,
2
trong đó k  g (1)  a . Suy ra f ( x)  xg ( x)  b  2ax  kx  ax  b với mọi x ��.

Thay trở lại phương trình đã cho, ta được
k[k ( x  y ) 2  a ( x  y )  b]  a  kx 2  ax  b  (2 x  y )(ky  b), x, y ��
2
2
So sánh hệ số của x ở hai vế, ta được k  k . Suy ra k  0 hoặc k  1

Với k  0 , ta có a  ax  b  (2 x  y )b với mọi x, y ��. So sánh hệ số của y ở hai vế. Ta được

b  0 . Từ đó, so sánh hệ số của x ở hai vế, ta cũng có a  0 . Vậy trong trường hợp này, ta có

f ( x) �0 . vậy trong trường hợp này, ta có f ( x) �0 và g ( x ) �0 . Thử lại thõa mãn.

Với k  1 , ta có:
( x  y ) 2  a ( x  y )  b  a  x 2  ax  b  (2 x  y )( y  b), x, y ��,
hay
ay  a  2 xb  yb, x, y ��.

So sánh hệ số của x ở hai vế, ta được b  0 . Từ đó, so sánh hệ số của y ở hai vế, ta được, a  0 .
2
Vậy trong trường hợp này, ta có f ( x)  x và g ( x)  x . Thử lại thõa mãn


Bài tập 2.2.4 Tìm tất cả các hàm số f , g : � � � thỏa mãn

� f ( x) �
x
f�
, x, y  0
�
�yf ( x)  1 � xf ( y )  1
.


Lời giải
f ( x)
Từ giả thiết, dễ thấy f là hàm đơn ánh. Thay x bởi zf ( x )  1 vào phương trình đã cho rồi khai
triển hai vế, ta được
x
f ( x)
�

�
� xf ( z )  1 � zf ( x)  1
�
f�
� xy  1 � f ( x) f ( y )  1
�xf ( z )  1 � zf ( x)  1
�
�
Hay
�
�
x
f ( x)
f�
, x, y, z  0.
�
�xy  xf ( z )  1 � f ( x ) f ( y )  zf ( x )  1
Thay y bởi f ( y ) vào phương trình trên, ta được
�
�
x
f ( x)
f�
, x, y , z  0.
�
�x[ f ( y )  f ( z )]  1 � f ( x)[ f ( f ( y ))  z ]  1
�
�
x
f�

�
Đảo vị trí của phương trình trên với chú ý giá trị của biểu thức �x[ f ( y )  f ( z )]  1 �vẫn khộng
đổi, ta được
f ( f ( y ))  z  f ( f ( z ))  y , y , z  0.

Từ đó, suy ra f ) f ( x))  x  c ( c là hằng số thực nào đó) với mọi x  0 . Từ đó, phương trình (1) có
thể được viết lại thành
�
�
x
f ( x)
f ( x)
f�

.
�
�x[ f ( y )  f ( z )]  1 � f ( x)( y  z  c)  1 f ( x ) f ( f ( y  z ))  1
Thay x bởi f ( x ) và y bởi f ( y  z ) vào phương trình đã cho, ta được
�
�
xc
f ( x)
f�
, x, y, z  0.
�
�( x  c ) f ( y  z )  1 � f ( x) f ( f ( y  z ))  1
Kết hợp với kết quả trên, ta được
�
� �
�

x
xc
f�
, x, y, z  0.
� f �
�
�x[ f ( y )  f ( z )]  1 � �( x  c) f ( y  z )  1 �
Do f đơn ánh nên ta có
x
xc

, x, y, z  0.
x[ f ( y )  f ( z )]  1 ( x  c) f ( y  z )  1
hay


x[( x  c) f ( y  z )  1]  ( x  c ) x[ f ( y )  f ( z )]  1, x, y , z  0.

Xem hai vế của phuương trình trên là cá đa thức ẩn x. hai đa thức này có giá trị bằng nhau với mọi

x  0 nên đồng nhất với nhau, từ đó bằng cách so sánh hệ số của x 2 ở hai vế, ta suy ra
f ( y  z )  f ( y )  f ( z ), y , z  0.


Kết quả này chứng tỏ f là hàm cộng tính từ � vào R . Suy ra f ( x)  kx ( k là hằng số dương

nào đó). Thay trở lại phương trình đã cho, ta được

k2x
x


x, y  0
kxy  1 kxy  1
Do đó k  1 . vậy có duy nhất một hàm số thỏa mãn yêu cầu là f ( x)  x .
2.3. Sử dụng tính chất đơn ánh,toàn ánh, song ánh của hàm số
Bài tập 2.3.1. (VMO 2016). Tìm tất cả các số thực a để tồn tại hàm sô f : �� � thỏa mãn:
i. f (1)  2016 ;
ii. f ( x  y  f ( y ))  f ( x)  ay với mọi x, y ��.
Lời giải
Với a  0 , có thể tìm ra một hàm thảo mãn bài toán là f ( x)  2016 .
Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp a �0 là đủ.
Thay x   f ( y ) vào điều kiện (ii.), ta được
f ( y )  f (  f ( y ))  ay,y ��.

Từ đó, ta thấy f là hàm đơn ánh. Tiếp tục, thay y  0 vào điều kiện (ii.), ta được
f ( x  f (0))  f ( x), x ��.

Suy ra, f (0)  0 . Thay

y

f ( x)
a vào điều kiện (ii.) và kết hợp với tính đơn ánh của f (ở đây

chú ý rằng 0 là số duy nhất để f ( x )  0 ), ta được:


Thay y bởi



f ( x)

a

� f ( x) �
f�

�  x, x ��.
� a �

f ( x)
a vào (ii.) và sử dụng kết quả trên, ta được:
f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y ��.

Từ đây dễ dàng suy ra f cộng tính. Với các tính chất đã biết của hàm cộng tính, ta tính được


f (2016)  2016. f (1)  20162.
Mặt khác, do f cộng tính nên điều kiện (ii.) cũng có thể viết lại thành
f ( y )  f ( f ( y ))  ay, y ��.

Cho y  1 , ta tính được a  2016.2017 . Thử lại, ta thấy với số a trên thì hàm số f ( x)  2016 x
thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho.
Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu của đề bài là a  0 và a  2016.2017 .
Bài tập 2.3.2. (VMO 2017). Tìm tất cả các hàm f : �� � thỏa mãn hệ thức:
f ( xf ( y )  f ( x))  2 f ( y )  xy

(1)

f ( f ( y )  f (1))  y  2 f (1), y ��

(2)

với mọi số thực x, y.

Lời giải
Thay x  1 vào (1), ta được:

Từ đây có thể thấy hàm f là một hàm song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất số thực a để f (a )  0 .
Thay x  a vào phương trình (1), ta được:

f (af ( y ))  ay , y ��

(3)

Trong (3), cho y  0 , ta được f (af (0))  0  f (a) .
Từ đó, do f là đơn ánh nên af (0)  a . Suy ra a  0 hoặc f (0)  1 .
Xét trường hợp a  0 , tức f (0)  0 . Thay y  0 vào (1), ta được f ( f ( x ))  2 f ( x ) .
Do f toàn ánh nên ta có f ( x)  2 x với mọi x ��. Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa
mãn phương trình (1). Do đó a �0 , suy ra f (0)  1 .
Thay x  0 vào (1), ta được f ( 1)  2 .
2
Thay y  a vào (3), ta được a  f (0)  1 , suy ra a  1 ( do f (1)  2 ), tức f (1)  0 .

Do f (1)  0 nên phương trình (2) có thể viết lại dưới dạng
f ( f ( y ))  y , y ��.

Thay y bởi f ( y ) vào (1) và sử dụng (2'), ta được:

(2�
)


f ( xy  f ( x ))  2 f ( x )  xf ( y ), x, y ��.

Trong phương trình này ta xét x �0 và thay

y

f ( x)
x , ta được:

�f ( x) �
1  2 f ( x)  xf �
,
�
�x �

Suy ra
�f ( x ) � 1  2 f ( x )
f�
, x �0.
�
x
�x �

Thay

y

f ( x)
x vào (1) và sử dụng kết quả trên với x �0 thì 1  3 f ( x ) có thể nhận mọi giá trị thực

khác 2 .
Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được f ( x)   x  1 với mọi x �2 .
Ta có: f (3)  2 . Thay y  3 vào (2'), ta được f (2)  3 .
Vậy f ( x)   x  1 với mọi x ��. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.

Bài tập 2.3.3. (Việt Nam TST 2004). Tìm tất cả các giá trị của a , so cho tồn tại duy nhất một hàm
số f : �� � thỏa điều kiện:
f ( x 2  y  f ( y )   f ( x)   ay, x, y ��. (1)
2

Lời giải
Nhận thấy nếu a  0 thì có hai hàm số thỏa mãn là f ( x) �0 và f ( x) �1 . Do đó, ta xét trường hợp

a �0 .
Hàm f là toàn ánh. Thật vậy do vế phải là hàm số bậc nhất của y nên có tập giá trị là �, khi đó
tồn tại b �� sao cho f (b)  0 .
f ( x)  0 khi và chỉ khi x  0 . Thay y  b vào (1), ta có
f ( x 2  b)   f ( x)   ab(2)
2

Từ phương trình trên ta thấy
f ( x 2  b)   f ( x )   ab.
2


Do đó, ta được

f ( x)    f ( x) 
2

2

hay

f  x   f   x  ,x ��
.


Từ điều này ta thu được f ( b)  0 . Lại thay y  b vào (1) ta được
f ( x 2  b)   f ( x)   ab. (3)
2

Từ (2) và (3), ta thu được
f ( x 2  b)  f ( x 2  b)  2ab, x ��.
Thay x  0 vào đẳng thức trên ta được 2ab  f (b)  f (b)  0 � b  0 .
Vậy f ( x)  0 � x  0
2
a  2 . Trong (1) cho y  0 thì f ( x )   x  , x ��.
2

f (1)   f (1)  � f (1)  1
Từ đây cho x  1 ta được
(Vì f (1) �0 từ phần b). Mặt khác thay y  1
2

vào (1), ta có:

f ( x 2  2)   f ( x )   a  f ( x 2 )  a.
2

Thay x  0 vào đẳng thức trên thì a  f (2) . Do vậy
a 2  ( f (2) 2  f (22 )  f (4)  f (( 2) 2  2)  f (2)  a  2a.

Vậy a  2 vì a �0
Bây giờ ta giải phương trình hàm
f ( x 2  y  f ( y )   f ( x )   2 y, x, y ��. (4)
2

Thay

y

( f ( x)) 2
2
vào (4), ta có:

�  f  x  2 �
�
f �x 2 
�
2
�
�
�

�  f  x  2 �
� 0, x ��.

f �
�
2
�
�
�

Vì tính chất của f là f ( x )  0 khi và chỉ x  0 nên
�  f  x 
f�

� 2
�

�
 f  x   , x ��.
�  x 2 
�
22
�
2

Từ (4) và kết quả trên, ta được
f ( x 2 )  f ( y 2 ))  ( f ( x))2  ( f ( y )) 2  f ( x 2 )  f ( y 2 ), x, y ��.
2
2
Từ đẳng thức này cho x  0 thì f ( y )   f ( y ) hay f là hàm số lẻ.

Do đó:

f ( x  y )  f ( x )  f ( y ), x, y ��
2
2
2
2
Áp dụng ( f ( x)  f ( x ) ta được ( f ( x  y ))  f (( x  y ) ) , khai triển và sử dụng tính cộng tính ta

được
f ( xy )  f ( x). f ( y ), x, y ��.

Hàm f vừa là hàm cộng tính, vừa là hàm nhân tính nên f ( x )  x . Thử lại thấy hàm số này thỏa
mãn đề bài.



Bài tập 2.3.4. (IMO shortlisted 1996) . Chứng minh rằng tồn tại song ánh f : � � Z sao cho

f (3mn  m  n)  4 f (m) f (n)  f (m)  f (n)m, n �� .
Lời giải




Xét g : 3�  1 � 4�  1 thỏa mãn:

g ( x)  4 f (

x 1
) 1

3
thì ta có g là song ánh và

g ((3m  1)(3n  1))  g (3m  1) g (3n  1)m, n �� .
Thật vậy
g   3m  1  3n  1   g  3  3mn  m  n   1  4 f  3mn  m  n   1
 4  4 f  m f  n  f  m  f  n    1 
 g  3m  1 g  3n  1

 4 f  m

 1  4 f  n   1


Vậy với mọi x, y �3�  1 , ta có: g ( xy )  g ( x).g ( y ).

Như thế, ta chỉ cần chỉ ra một song ánh g là đủ, vì khi đó

f ( x) 

g (3x  1)  1
4
thỏa mãn đề bài.

Xét P1 , P2 là tập các số nguyên tố dạng 3k  1,3k  2 tương ứng và Q1 , Q2 là tập các số nguyên tố
P2
dạng 4k  1, 4k  3 tương ứng, ta xét song ánh h : P1 Ȯ�

Q1

Q2

Sao cho h( P1 )  Q1 , h( P2 )  Q2 và xác định g như sau:
+) g (1)  1
+)

n �3�  1, n  1, n  �pi , pi

nguyên tố thì

g (n)  �h( pi )

Rõ ràng song ánh g như vậy thỏa mãn đề bài.
2.4. Phương pháp truy hồi
Bài tập 2.4.1 (Putnam 1988). Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một hàm số xác định trên tập các
số thực dương, nhận giá trị thực dương và thỏa mãn


Lời giải
Với mỗi số thực dương cố định, ta xây dựng dãy như sau
Khi đó, từ đẳng thức ở giả thiết ta suy ra dãy thỏa mãn phương trình truy hồi hay
Đến đây, giải phương trình đặc trưng của dãy , ta được hai nghiệm là 2 và -3.
Do đó, trong đó, các hằng số tìm được phụ thuộc vào .
Tuy nhiên, nếu , thì tồn tại đủ lớn sao cho (ta có thể thấy được dễ dàng bằng cách chọn chẵn đủ
lớn nếu , và chọn lẻ đủ lớn nếu ). Do vậy, . Thành ra .
Suy ra , thay hai giá trị này vào đẳng thức ta được . Dẫn đến
Và vì điều này đúng với mọi dương nên
Bài tập 2.4.2 (VMO 2012). Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
i. toàn ánh trên �,
ii. tăng trên �,

iii.
Lời giải
Từ điều kiện thứ iii), ta nhận ra nếu thì , hay là đơn ánh. Cùng với giả thiết i), ta suy ra
song ánh, và do đó, tồn tại là hàm ngược (cũng là song ánh) của .
Do
nên điều kiện iii) ở giả thiết được viết lại là
Bằng cách giải như ở hai bài toán trên, ta tìm được Đến đây, nếu có thêm giả thiết (như bài toán 1)
thì bài toán gần như giải quyết xong.
Thật vậy, trong iii), thay ta thu được , suy ra, và . Tức là . Hơn nữa,
Thành ra
Như vậy, theo lập luận như ở bài toán 1, ta phải có .
Và kéo theo Thay bởi trong đẳng thức sau cùng này, ta được

Bài tập 2.4.3 (VMO 2003). Gọi là tập tất cả các hàm số sao cho
Tìm số lớn nhất sao cho với mọi , ta luôn có
Lời giải
Nếu (với nào đó) thì .
Phương trình này có hai nghiệm là 1 và .
Do đó, , suy ra .


Hơn nữa, do nên , suy ra .
Mặt khác, nếu thì , dẫn đến
Do đó, có thể được thay bởi .
Từ đó, ta xây dựng dãy như sau
Thế thì, theo lập luận ở trên, nếu thì . Do đó, số lớn nhất cần chọn là .
Trở lại với dãy , không khó để chỉ ra nó là một dãy tăng, bị chặn trên, và có giới hạn bằng Vậy
2.5. Phương pháp quy nạp
*
*

*
Bài tập 2.5.1 (DHĐBBB-2010) Tìm tất cả các hàm số f : � � � ( � là tập hợp các số hữu tỉ

dương) thỏa mãn:
f ( x)  f ( y )  2 xyf ( xy ) =

f ( xy )
, x, y ��* . (1)
f ( x  y)

Lời giải
Bước 1: Chứng minh f (1) = 1 .
Thật vậy, cho y = 1 vào (1) và đặt f (1) = a , ta có:
f ( x )  a  2 xf ( x ) =

f ( x)
f ( x)
� f ( x  1) =
. (2)
f ( x  1)
(1  2 x ) f ( x)  a

Suy ra:

f (2) =

1
4

a

1
1
; f (3) =
=
; f (4) =
.
5
4a
7  5a  4a 2
 a 5  4a
4

Mặt khác, cho x = y = 2 vào (1), ta có:

f (4)
= 1.
f (4)

2 f (2)  8 f (4) =

1
8

=1� a =1
2
Từ (2) suy ra 2 7  5a  4a
. Vậy f (1) = 1 .

Bước 2: Chứng minh

f ( x  n) =

f ( x)
, n = 1, 2,... (3)
(n  2nx ) f ( x )  1
2

Bằng phương pháp quy nạp, ta có:
Từ (2) suy ra (3) đúng với n = 1 , giả sử đúng với n = k . Ta có: