PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm t25

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ........................

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 0


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 1


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019

CHUYÊN ĐỀ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

GIÁO VIÊN: ..............................................
TỔ: TOÁN -TIN

....., tháng 8 năm 2019

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 2


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019

MỤC LỤC
A. MỞ
ĐẦU.............................................................................................................................2
1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.......................................................................................................2
2. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU.................................................................2
B. NỘI DUNG.........................................................................................................................3
1. KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ÁNH-TOÀN ÁNH CỦA HÀM SỐ......................................3
2. PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ PHÉP THẾ......................................................................20
3. PHƯƠNG PHÁP DỰA VÀO GIÁ TRỊ CỦA ĐỐI SỐ VÀ HÀM SỐ..........................36
C. KẾT
LUẬN.......................................................................................................................46
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO...............................................................................................45

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 3


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
A. MỞ ĐẦU
1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Các bài toán về phương trình hàm trên lớp hàm tự do thường xuyên xuất hiện trong
các kỳ thi học sinh giỏi toán. Các bài toán này thường yêu cầu học sinh cần phải hiễu rõ định
nghĩa về hàm số ( theo nghĩa ánh xạ) đồng thời đỏi hỏi kĩ năng thế biến phù hợp, có thể thế
nhiều lần và phức tạp nhằm tìm ra một số tính chất đặc biệt của hàm hoặc qua phép thế ta
thu được phương trình mới đơn giản hơn.
Chính vì vậy tác giả quyết định chọn đề tài “ Phương pháp giải phương trình hàm”
, hy vọng củng cố lại ba phương pháp chủ yếu để giải quyết lớp bài toán này:
- Phương pháp 1. Khai thác tính chất đơn ánh, toàn ánh của hàm;
- Phương pháp 2. Sử dụng phép thế;

- Phương pháp 3. Dựa vào giá trị của đối số và giá trị của hàm số .
2. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu các các phương pháp hay sử dụng để giải phương trình hàm trên lớp hàm tự do
trên tập số thực: Phương pháp sử dụng tính đơn ánh, toàn ánh của hàm; Phương pháp sử
dụng phép thế ; Phương pháp dựa vào giá trị của đối số và giá trị của hàm số;
- Hiểu rõ khái niệm ánh xạ, rèn kĩ năng thế biến nhằm phát huy khả năng tư duy toán học
cho học sinh.

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 4


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
B. NỘI DUNG
1. KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ÁNH-TOÀN ÁNH CỦA HÀM SỐ
1.1. MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ ĐƠN ÁNH-TOÀN ÁNH
1. Định nghĩa về hàm đơn ánh, toàn ánh, song ánh:
x2
o Hàm số f : X � Y là đơn ánh � x1 , x2 �D mà x1 �

f  x1 

f  x2 

o Hàm số f : X � Y là đơn ánh � ( lấy x1 , x2 �X mà f  x1   f  x2  ta suy ra x1  x2 )
o Hàm số f : X � Y là toàn ánh � y �Y luôn x �X : f  x   y
o Hàm số f : X � Y là toàn ánh � f  X   Y
o Đơn ánh + Toàn ánh = Song ánh.
2. Một số định hướng:

o Biến đổi phương trình hàm đã cho về dạng f  g  x    f  h  x   do tính đơn ánh của
hàm số nên g  x   h  x  là phương trình đơn giản hơn hoặc có thể tính f  0  .
o Sử dụng tính toàn ánh để chỉ ra sự tồn tại a sao cho f  a   0 hoặc f  a   1; 1;...
1.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN
�x  u
�y  v

Kí hiệu P  u, v  : là phép thế �
Bài tập 1.1.

Tìm tất cả các hàm số f : �� � và thoả mãn f  x  y  f  x    f  f  y    2 x, x, y ��
Dự đoán có tính chất đơn ánh hay không?
Việc chứng minh đơn ánh dựa vào định nghĩa: “ Giả sử có f  a   f  b  ta chứng minh được
a  b ” ta thấy trong phương trình xuất hiện 2x do đo nếu thay x  a, x  b ta có biểu thức mà
a, b đứng độc lập. Đồng thời trong phương trình có f  x  , f  y  nên khi thế x  a, b và
y  a, b ta có biểu thức bằng nhau f  f  a    f  f  b   , f  x  y  f  a    f  x  y  f  b   .

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 5


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Hơn nữa x  y là biểu thức đối xứng nên khi thay x  a, y  b hoặc ngược lại ta vẫn luôn có
a  b  b  a . Từ những điều trên ta sẽ dự đoán được f là đơn ánh.

Kĩ thuật chứng minh đơn ánh là gì?
Giả sử có f  a   f  b  thực hiện hai phép thế:
P  a , b  : f  a  b  f  a    f  f  b    2a
P  a, b  : f  b  a  f  b    f  f  a    2b

Kết hợp với f  a   f  b  suy ra 2a  2b � a  b � f đơn ánh.
Lời giải chi tiết:
Giả sử có f  a   f  b  thực hiện hai phép thế:
P  a , b  : f  a  b  f  a    f  f  b    2a
P  a, b  : f  b  a  f  b    f  f  a    2b

Kết hợp với f  a   f  b  suy ra 2a  2b � a  b � f đơn ánh.
Thực hiện phép thế P  0, x  : f  x  f  0    f  f  x   , x �� (2)
Từ (2) và sử dụng tính chất của đơn ánh suy ra f  x   x  C , x ��.
Thay lại vào (1) suy ra  1 � x  y  x  C  C  y  C  C  2 x luôn đúng.
Vậy f  x   x  C , x �� với C là hằng số tùy ý.
Bình luận sau lời giải:
- Ta thấy nếu thay x  0 phương trình sẽ đưa về dạng f  u   f  v  như vậy nếu f đơn ánh
thì ta suy ra được phương trình đơn giản hơn là u  v . Như vậy ta cần chứng minh f đơn
ánh.

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 6


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
- Việc chứng minh đơn ánh nếu chỉ thế x  a, x  b vào phương trình thì chưa suy ra được
ngay a  b . Do ở vế trái xuất hiện x  y nên một cách tự nhiên ta nghĩ phép thế P  a, b  và
P  b, a  .

Các bài toán tương tự
Bài tập 1.1.a. ( Bài mới của tác giả)
�

y �

��
Tìm tất cả các hàm số f : �� � và thoả mãn f  2 x  y  f  x    f �f � �� x, x, y ��
� �2 �
�

Hướng dẫn:
P  a, 2b  �
�
�� a  b � f đơn ánh
P  b, 2 a  �

P  0, x  : suy ra hàm số cần tìm.

Bài tập 1.1.b. ( Bài mới của tác giả)
Tìm tất cả các hàm số f : �� � và thoả mãn f  x  y   f  f  x    y, x, y ��
Hướng dẫn:
P  a  b, a  �
�
�� a  b � f đơn ánh
P  a  b, b  �

P  x, 0  : suy ra hàm số cần tìm.

Nếu ta chọn hàm số f  x   2 x  3, x ��, sử dụng tính chất nếu f đơn ánh thì từ
f  u  x, y    f  v  x, y   � u  x, y   v  x, y  Chọn u  x, y   xf  y   x suy ra

f  u  x, y    f  xf  y   x   f  2 xy  4 x   2  2 xy  4 x   3  4 xy  2  4 x  3  3

Dựa trên ý tưởng đó ta có bài toán mới sau:
Bài tập 1.1.c. ( Bài mới của tác giả)
Tìm tất cả các hàm số f : �� � và thoả mãn f  xf  y   x   4 xy  2 f  2 x   3, x, y ��

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 7


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Hướng dẫn:
P  1, y  : f  f  y   1  4 y  2 f  2   3 đến đây lần lượt thay y  a, y  b suy ra f đơn ánh ( f

cũng là song ánh)
P  x, 0  : suy ra hàm số cần tìm.

Bài tập 1.2.
Tìm tất cả các hàm số f : �� � thoả mãn điều kiện f  f  x   y   3x  3 y  7, x, y �� 1
Hướng dẫn:


f là đơn ánh.

 Do tính đối xứng của vế phải nên ta có f  f  x   y   3x  3 y  7  f  f  y   x  nên
f  x   x  f  y   y, y ��

 Nên cố định y bởi giá trị cụ thể chẳng hạn y  0 ta có f  x   x  f  0  , x �� hay
f  x    x  C , x ��

 Thử lại ta có f   x  C  y   x  y  C  C  3x  3 y  7 không thoả mãn với mọi
x, y �� nên loại

 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét:
-

�
�

3 � 9
�

9

Nếu đk đổi thành f �f  x   y � x  y  7, x, y �� thì phương trình có nghiệm
2
4
4
3
2

là f  x    x  14
-

Không nhất thiết sử dụng tính đối xứng để giải quyết bài toán này, có thể thay y bởi
 x ta có f  f  x   x   7, x ��, do tính đơn ánh nên f  x   x  C .

-

Có thể giải theo cách thay y bởi f  x  suy ra f  x   ?

-

Có thể giải theo cách cho x  1 và sau đó lại cho y bởi  x  f  1 .

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 8


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019

Bài tập 1.3.
Tìm tất cả các hàm số f : �� � thoả mãn điều kiện f  4 f  x   3 y   x  2 y  3, x, y �� 1
Hướng dẫn:
3 �
x
�
 Thay y bởi  ta có f �4 f  x   x � 3, x ��
2 �
2
�
3
2

3
8

 Do f đơn ánh, nên ta có 4 f  x   x  4C , x ��� f  x   x  C , x ��

 Thử lại không thoả mãn.
Nhận xét:
-

Hãy tìm a, b để bài toán f  4 f  x   3 y   ax  by  3, x, y �� có nghiệm (Đáp số
a

-

9
9
,b  y )
16
8

Giải bài toán tổng quát: f  af  x   by   cx  dy  e, x ��

Bài tập 1.4.
Tìm tất cả các hàm số f : �� � thoả mãn điều kiện
f  xf  x   f  y    f 2  x   y , x, y �� 1

Hướng dẫn:
o Sử dụng tính toàn ánh để chỉ ra f     0 suy ra f  f  x    x
�f  x   x

o Sử dụng phép thế x bởi f  x  để có được f 2  x   x 2 , x ��� �

�f  x    x

, x ��

�
�f  a   a
� chỉ ra mẫu thuẫn
�f  b   b

o Giả sử a, b �0 : sao cho �

o KL: f  x   x, x �� hoặc f  x    x, x ��
Bài tập 1.5.
2
Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn f  xf  x  y    f  yf  x    x , x, y �� (1)

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 9


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Lời giải:
- Thực hiện phép thế: để chứng minh tính chất f  x   0 � x  0 . Thật vậy:
P  0, y  : f  0   f  yf  0   , y �� (2)

Nếu f  0  �0 thì từ (2) ta suy ra f  x   C , x �� thử lại vào (1) thấy không đúng. Vậy
f  0  0 .
2
Giả sử tồn tại x0 �0 sao cho f  x0   0 , khi đó từ P  x0 ; 0  : f  0   f  0   x0 vô lý. Vậy

f  x  0 � x  0 .

- Ta chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy:
2
Giả sử tồn tại a, b sao cho f  a   f  b  . Khi đó, P  x; 0  : f  xf  x    x , x �� (3
2
Từ (3) suy ra f  af  a    f  af  b    a

ab
�
P  a; a  b  :  a  b  f  a   0 � �
suy ra a  b . Vậy f là đơn
f
a

0
�
f
b

0
�
a

0

b




�

ánh.
- Tiếp theo ta chứng minh f  u   1 � u  �1 . Thật vậy:
Cũng từ (3) suy ra f  1 f  1   1 � u : f  u   1
2
2
2
Từ (3) ta có f  uf  u    u � f  u   u � 1  u � u  �1

- TH 1. f  u   1
P  1; x  1 : f  f  x    f  x  1  1, x �� (4)
P  1;  x  1 :  f  f  x     f  x  1  1, x �� (5)

Từ (4) và (5) suy ra f  x  1  f  x  1  2, x ��� f  2   2
Cách 1.

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 10


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Suy ra f  x  4   f  x   4, x ��
P  2; x  : f  2 f  x  2    f  2 x   4  f  2 x  4  suy ra f  x  2   x  2 � f  x   x, x ��

thử lại thấy thỏa mãn.
Cách 2.
P



 

2; y : f

2f



Do tính đơn ánh nên
Suy ra f





  2   1 1  2  f  yf  2   2

2  y  f yf
2f





2  y  yf

 2   2 mà từ (3) suy ra f  2  

2



2  y  2  y suy ra f  x   x, x �� thử lại thấy thỏa mãn.

- TH 2. f  u   1 tương tự f  x    x, x ��.
Phân tích:
- Bài toán trên đã kết hợp khéo léo giữa các tính chất sau:
+ f  x  0 � x  0
+ f đơn ánh.
+ f lẻ
- Giả sử có f  a   f  b  sau đó ta sẽ chỉ ra a  b . Thông thường ta sẽ thực hiện phép thế
2
�
�P  a, b  : f  af  a  b    f  bf  a    a
từ hệ phương trình này và kết hợp f  a   f  b  ta
�
2
P
b
,
a
:
f
bf
a

b

f

af
b

b










�
�

thấy việc chỉ ra a  b không hề dễ dàng. Ta có có cách xử lý là thế P  a; b  a  .
Bài tập 1.6.
Cho số thực a �0 và a �1 . Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn điều kiện
f  f  x   ay    a 2  a  x  f  f  y   x  , x, y ��.

Lời giải:

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 11


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019

Ta chứng minh f là một song ánh.
Chứng minh f toàn ánh.
� � f  x � �
f  x
f�

 f  0    a 2  a  x, x �� suy ra f toàn
Ở (1) thay y bởi 
suy ra f �
� x �
�
�
a
�� a � �

ánh.
Chứng minh f đơn ánh.
Giả sử f  x1   f  x2  . Vì f toàn ánh nên luôn có f  y   x1  x2
Ở (1) lần lượt thay x  x1 , x  x2 ta có hệ phương trình và sử dụng f  y   x1  x2 và
f  x1   f  x2  ta suy ra x1  x2 .

Đến lúc này bài toán trở nên rất đơn giản :
Cho x  0 suy ra f  f  0   ay   f  f  y   � f  y   ay  f  0  suy ra f  x   kx  m, x ��.
Thử lại thấy luôn đúng.
Nhận xét:
- Theo tư duy bình thường thuận giả sử f  x1   f  x2  sau đó ta thực hiện 2 phép thế:
P  x1 , y  : f  f  x1   ay    a 2  a  x1  f  f  y   x1  , y ��
P  x2 , y  : f  f  x2   ay    a 2  a  x2  f  f  y   x2  , y ��

Bây giờ ta cần chọn y  ? để f  f  y   x1   f  f  y   x2  do x1 �x2 nên ta chọn y sao cho

f  y   x1  x2 .

- Như vậy muốn chọn được y ta cần chứng minh được f toàn ánh trước.
Bài tập 1.7.





2
Tìm tất cả các hàm f : �� � thỏa mãn điều kiện f x  f  y  y  xf  x x, y��(1)

Lời giải:
P  0; y  : f  f  y    y , y �� suy ra f đơn ánh, f toàn ánh.
P  0; 0  : f  f  0    0 suy ra a : f  a   0
P  0; a  : f  0   a

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 12


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
P  a;0  : f  a 2  a   0  f  a  mà f đơn ánh suy ra a 2  a  a � a  0

Vậy ta có f  0   0 (hơn nữa vì f song ánh nên còn có tính chất f  x   0 � x  0 )
P  f  x  ; y  : f  f 2  x   f  y    y  xf  x  , x, y �� (2)
2
2
Từ (1) và (2) suy ra f  f  x   y   f  x  y  , x, y �� mà f đơn ánh nên

f 2  x   x 2 , x ��

Ta chỉ ra không tồn tại đồng thời a �0,b �0 thỏa mãn f  a  a, f  b  b. Thật vậy,





2
2
giả sử tồn tại a, b như trên. Trong (ii) lấy x  a, y  b ta có f a  b  a  b.



Do f  x



2



 
2



2

 x2,x�� nên a2  b  a2  b � a2b  0 , mâu thuẫn.

Vậy f  x  x x�� hoặc f  x   x x��.
Thử lại thấy hai hàm này thỏa mãn.
Nhận xét:
- Việc chứng minh đơn ánh của bài toán này khá là đơn giản, ta chỉ cần dựa vào tính chất
f  f  y    y, y ��.

- Khai thác f  0   0
- Sử dụng tính chất f  f  x    x để đưa phương trình về dạng f  u   f  v  � u  v .
Bài tập 1.8.
Tìm tất cả các hàm : f : �� � thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:





k
k 1
i) f x  y  x f  x   f  f  y   , với k là hằng số nguyên dương lẻ cho trước.

ii) f  x   0 có hữu hạn nghiệm.
Lời giải:
P  0; y  : f  y   f  f  y   , y �� (1)
P  1, 0  : f  1  f  1  f  f  0   � f  f  0    0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra f  0   0 .

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 13


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
k
k
Từ f  0   0 suy ra f  x  y   f  x   f  y  , x, y �� suy ra

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

Suy ra f  nx   nf  x  , n ��, x ��, nếu có a �0 để f  a   0 suy ra f  na   0, n �� như
vậy sẽ tồn tại vô số x sao cho f  x   0 vô lý. Như vậy f  x   0 � x  0 (3)
Cũng từ f  x  y   f  x   f  y  , x, y �� suy ra f  x  là hàm lẻ.
Tiếp theo ta chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử f  a   f  b  khi đó từ phép thế
P  a; b  ta có f  a  b   f  a   f  b   f  a   f  b   0 . Kết hợp với (3) ta có

f  a  b  0 � a  b  0 � a  b

Từ tính chất đơn ánh và f  f  x    f  x  , x ��� f  x   x, x ��.
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy f  x   x, x ��
Bài tập 1.9.
Tìm tất cả hàm số f : �� � thoả mãn

 x  2  f  y   f  y  2 f  x    f  x  yf  x   , x, y �� 1
Lời giải:
Giả sử f  a   f  b 
Ở (1) thay x  a, y  0 suy ra  a  2  f  0   f  a   f  2 f  a   (2)
Ở (1) thay x  b, y  0 suy ra  b  2  f  0   f  b   f  2 f  b   (3)
�f  0   0

Từ (2) và (3) ta có  a  b  f  0   0 � �

ab
�

Nếu f  0   0 thì từ (1) thay x  0 ta có f  y   0, y ��� f  x   0, x ��
Nếu f  0  �0 thì f là một đơn ánh.
Ở (1) thay x  2 ta có f  y  2 f  2    f  2  yf  2   , y �� suy ra
y  2 f  2   2  yf  2  , y ��� f  2   1

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 14


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
2
Với k �

f  k

1 (do đơn ánh), đặt a 

k 2 f  k
1 f  k 

Ở (1) lại thay x  k , y  a suy ra  k  2  f  a   0 � f  a   0
Ở (1) lại thay x  a, y  2 suy ra a  1 hoặc

k 2 f  k

 1 suy ra f  k   k  1, k �2
1 f  k 

Suy ra f  x   0, x �� hoặc f  x   x  1, x ��.
Bài tập 1.10.
�

1�

1

, x � 0; � (1) .
Tìm tất cả các hàm số tăng f :  0; � � � thoả mãn f �f  x   �
x � f  x
�

Lời giải:
Từ  1 � f  x  

1
 0, x  0
x

�
�
��
�
1
1�
1

Ở  1 thay x  f  x   � f  x   f �f �f  x   �
�
x
x� f x 1�
��
 
x�
�
1�
1
�
x  f �f  x   �
, x  0
Do f tăng nên
x� f x 1
�
 
x
�
1 5
�
2x
� x 2 f 2  x   xf  x   1  0, x  0 � f  x   �
�
1 5
�
� 2x
�
1 5
, x �D

�
� 2x
1 5
1 5


Suy ra f  x  
, x �� , f  x  
, x �� hoặc f  x   �
2x
2x
1 5
�
, x �� \ D
�
� 2x

Nếu f  x  

1 5
, x �� loại vì f tăng.
2x

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 15


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
�

1 5
, x �D
�
� 2x
Xét hàm f  x   �
nếu D có nhiều hơn hai phân tử là x1  x2 từ hàm
1 5
�
, x �� \ D
�
� 2x
f  x 

1 5
với x �D suy ra f  x1   f  x2  điều này lại mâu thuẫn với f  x  tăng. Do đó
2x

�
1  5 1 � 2 x0
D chỉ có thể chứa một phần từ là x0 suy ra f �
. Nếu
� 2x  x �
�
0 � 1 5
� 0

�
3 5
�
1, x 

�
1 5 1
3 5
2
  x0 � x0 
suy ra f  x   �
2 x0
x0
2
1 5
3 5
�
, x �� \
�
2
� 2x

Đối với hàm này ta cho x  10 

� 3 5 �
1 5
3 5
�điều
 f�
nhưng dễ thấy f  10  
�
�
20
2
2

�
�

này lại mâu thuẫn với hàm tăng. Còn nếu

1 5 1
 �x0 suy ra
2 x0
x0

�
2 x0
1 5 1 �

� 4  4 x0 �
� 2x  x �
�
�
1 5 1 � 1 5
0 �vô lý. Vậy D không có phần tử nào, suy ra
� 0
2�
 �
x0 �
� 2 x0
1 5

chỉ có hàm f  x  

1 5

, x �� thấy thỏa mãn mọi điều kiện của bài toán.
2x

Bài tập 1.11. Shortlist 2016.
Tìm tất cả các hàm số f : � � � thỏa mãn

 







xf  x 2  . f  f  y    f  yf  x    f  xy  . f f  x 2   f f  y 2  , x, y  0 (1)

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 16


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Lời giải:
P  1;1 : f  f  1   f  1 . f  f  1  � f  1  1

 







P  y , x  : yf  y 2  . f  f  x    f  xf  y    f  xy  . f f  x 2   f f  y 2  , x, y  0 (2)
2
2
Từ (1) và (2) suy ra yf  y  . f  f  x    f  xf  y    xf  x  . f  f  y    f  yf  x   , x, y  0 (3)

f  x
, x  0 (4)
x

Ở (3) thay y  1 suy ra f  x   xf  x 2  � f  x 2  



Ở (1) thay y  1 ta được f  f  x    f  x  . f f  x

2

 � f  f  x  
2

f  f 2  x 
f  x

, x  0 (5)

Thay (4) và (5) vào (1) ta có
�f  f  x   f  f  y  

f  x  . f  f  y    f  yf  x    f  xy  . �

� f  x
f  y
�

�
, x, y  0 (6)
�
�
�

�2
�
, x  0 (7)
Ở (6) thay y bởi x ta có f  xf  x    f  f  x   . �  f  x  �
�x

�

Từ (3) � f  y  . f  f  x    f  xf  y    f  x  f  f  y    f  yf  x   , x, y  0 (8)
Giả sử tồn tại a, b : f  a   f  b 
Thay x  a, y  b vào (8) ta có f  af  b    f  bf  a   và sử dụng (7) ta có a  b suy ra f
đơn ánh.
Ta có f  f 2  x   

f  f  x 
f  x

�f  x  �

 f f  x2   f �
, x  0
�
� x �





1
x

Suy ra f  x   , x  0
Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài tập 1.12. Shortlist 2017.

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 17


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn f  f  x  f  y    f  x  y   f  xy  , x, y �� (1)
Lời giải:
Nhận thấy nếu y  f  x  là nghiệm hàm thì y   f  x  cũng là nghiệm hàm.
Giả sử f  0  �0
Với x �1 ta thay y bởi

�
x

ta có f �f  x  . f
x 1
�

�
�x �
� �
� 0, x �1 (2)
�x  1 �
�

2
Suy ra cho x  0 ta được f  f  0    0

+ TH 1. f  0   0 ta P  x;0  : f  x   0, x ��
+ TH 2. f  0   0 từ (2) tồn tại a : f  a   0
Nếu a �1 thay x  a vào (2) ta có f  0   0 vô lý vậy nên a  1 tức là ta có
f  1  0 � f 2  0   1 � f  0   1
P  x;1 : f  x  1  1  f  x  , x �� (3)

Suy ra f  x  n   f  x   n, n ��, x ��
Giả sử tồn tại a, b : f  a   f  b  suy ra
f  a  N  1  f  a  N   1
f  a  N   f  a  N  f  b  N  f  b  N 
�x  y0  a  N  1
�x0 y0  b  N

0
Chọn N ��: N  b suy ra tồn tại  x0 ; y0  sao cho �

�x0 �1
�y0 �1

Nếu a �b thì �

P  x0 ; y0  : f  f  x0  . f  y0    f  a  N  1  f  b, N  suy ra f  f  x0  . f  y0    1  0

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 18


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
x 0
�

0
Suy ra f  f  x0  f  y0   1  0 � f  x0  f  y0   0 suy ra �
vô lý
y
�0  0

Suy ra a  b suy ra f đơn ánh.
P  x;  x  : f  f  x  f   x    1  f   x 2  suy ra f  f  x  f   x   1  f   x 2 
2
Suy ra f  x  . f   x   1  x , x �� (4)

P  x;1  x  : f  f  x  f  1  x    f  x  1  x   � f  x  . f  1  x   x  x 2 , x �� (5)

Từ (4) và (5) suy ra f  x  �

�f  1  x   f   x  �
� x  1 � f  x   x  1, x �� thử lại thấy thỏa
mãn.
Vậy f  x   0, f  x   x  1, f  x   1  x
Bài tập 1.13.
Tìm tất cả các hàm số f : R � R đơn điệu trên R thỏa mãn

f  x 2 n1  f ( y )   y   f ( x ) 

2 n 1

, x, y �R .

Lời giải:
f  x 2 n 1  f ( y )   y   f ( x )

2 n 1

 * , x, y �R

Do f đơn điệu nên f đơn ánh.
Lấy x  0 ta có f ( f ( y ))  y  [f (0)]2 n 1

(1)

Nên dễ thấy f cũng là toàn ánh. Vậy f là song ánh. Khi đó tồn tại duy nhất a mà f  a   0 .
Đặt f  0   b , khi đó trong (1) thay y  a ta có b  f (0)  a  b 2 n 1 . Trong (*) lấy x  a, y  0
ta có f (a 2 n 1  b)  0  f ( a) , do f đơn ánh nên a  a 2 n1  b .

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 19


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
�
a  a 2 n 1  b
�
Như vậy, ta có hệ �
b  a  b 2 n 1
�

dẫn đến a 2 n 1  b 2 n1  0 suy ra a  b, 2a  a 2 n 1 , 2b  b 2 n 1 .
Nếu a  0 hoặc b  0 hoặc a  b ta dễ dàng suy ra f  0   0 .
Xét trường hợp khác với trường hợp trên.
Do f là toàn ánh trên � nên tồn tại c sao cho f (c )  a . Khi đó, trong (1) thay y  c ta có
0  f ( a)  f ( f (c))  c  b 2 n 1 .

Từ (1) lấy y  0 ta có f (b)  f ( f (0))  b 2 n 1 . Trong (*) thay x  c, y  b ta được
f (c 2 n 1  b 2 n 1 )  b  [f (c )]2 n 1  b  a 2 n 1  a  f (c) , do f đơn ánh nên c 2 n 1  b2 n 1  c .
�
c  b 2 n 1  0
�
Như vậy ta lại có hệ mới �2 n 1 2 n1
Suy ra c 2 n1  2c .
c
b
c
�

Nếu c  0 thì ta cũng suy ra f  0 .
Xét c �0 , khi đó ta lại có 2a  a 2 n 1 , 2b  b 2n 1 nên hoặc c  a hoặc c  b . Nếu c  a thì
a  f  a   0 , khi đó f  0   0 ; còn nếu c  b thì b  b 2 n 1  0 suy ra b  0 do đó f  0   0 .

Như vậy, ta trong mọi trường hợp ta luôn có f  0   0
Từ (1) suy ra f ( f ( y ))  y, y ��. Trong (*) lấy y  0 thì f ( x 2 n 1 )  [f ( x )]2 n1 , x ��.
Với mọi x �� thì tồn tại z �� mà x  z 2 n1 , khi đó f ( x)  f ( z 2 n 1 )  [f ( z )]2 n 1 . Do đó với
mọi x, y �� ta có f ( x  y)  f ( z 2 n 1  f ( f ( y )))  f ( y )  [f ( z )]2 n 1  f ( y )  f ( x) .
Hay f cộng tính trên �. Mặt khác f đơn điệu nên f ( x)  cx, x ��.
Từ đây kết hợp với phương trình f ( f ( y ))  y, y �� ta suy ra c  �1 .

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 20


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Thử lại ta đi đến kết luận f ( x)  x, x �� hoặc f ( x)   x, x ��.
Lời giải 2:
Đặt f  a   0 tương tự cách (1) suy ra a 2 n 1  2a
P  0;0  � f  a   a 2 n 1  2a
P  a;  a  � f  a 2 n 1   a  a 2 n1 �
�
� 2a  2  22 n 1   0 � a  0
2 n 1 �
2 n 1
P  a; a  � f   a   a   2a 
�
�

Vậy f  0   0
2 n 1
2 n 1
 x  và f  f  y    y suy ra f  x  cộng tính.
Suy ra f  x   f

Suy ra f  x   kx thử lại thấy k  1 .
Lời giải 3:
f song ánh suy ra tồn taiij duy nhất a : f  a   0
2 n 1
 0
Ở (1) thay x  0, y  a � f  0   a  f
2 n 1
 0  , y ��
Ở  1 thay x  0 suy ra f  f  y    y  f
2 n 1
2 n 1
 x  , x ��
Ở  2  thay y  a suy ra f  x   a  f
2 n 1
2 n 1
2 n 1
 0
Suy ra f  x  f  y    f  x   f  f  y    a  f
2 n 1
2 n 1
Suy ra f  x  f  y    f  x   f  f  y    f  0 
2 n 1
2 n 1
Suy ra f  x  f  y    f  0   f  x   f  0   f  f  y    f  0 

Đặt g  x   f  x   f  0  suy ra g  x  đơn điệu và cộng tính suy ra g  x   kx suy ra
f  x   kx  m thử lại tìm được f  x   x .

Bài tập 1.14. [ Trại hè Hùng Vương lần thứ XV- Sơn La năm 2019]
Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn f

  x  y  f  z    zf  y  f  x   , x, y, z �� (1)

Lời giải:
Ở (1) cho z  1 ta có f

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

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 21


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
Nếu f đơn ánh ta có  x  y  f  1  y  f  x  , x, y ��
Cố định x thay y  1 ta có f  1  1 , suy ra f  x   x, x �� thử lại thấy thỏa mãn.
Nếu f không là đơn ánh thì tồn tại z1 �z2 mà f  z1   f  z2 
Từ đẳng thức ban đầu ta có
z1 f  y  f  x    f

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

2

2

Do z1 �z2 nên f  y  f  x    0, x, y ��
Cố định x và cho y chạy khắp � thì y  f  x  chạy khắp �, hay f  x   0, x �� . Thử lại
thấy thỏa mãn. Vậy f  x   x, x �� và f  x   0, x ��.
PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ PHÉP THẾ
2.1. PHÉP THẾ
Để khai thác được bài toán phương trình hàm ta phải thường xuyên sử dụng nhiều phép thế,
sau đây là một số phép thế hay được sử dụng: x  y  0, y  x, y �  x, y �  y , x �  x,
x � x �n, y  0, x  0 thế x bởi f  x  ,

1
, x �f  x  , x  x. f  x  , x  yf  x  , f 2  x  ,
f  x

f  x
x
,
... đổi vai trò x � y nếu một vế có tính đối xứng.
x
f  x

2.2. ĐỂ TÌM RA LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TA THƯỜNG
TRẢ LỜI MỘT SỐ CÂU HỎI QUEN THUỘC SAU:
+ f  0   0 hay không? Việc tính được f  0  rất quan trọng, các phép thế cần lưu ý khi tìm
f  0  là: x  y  0 , đặt f  0   a thay x, y có thể bởi 0, a, a 2 , a, 2a …tìm ra các phương

trình ẩn a .
+ Khi có f  0   0 ta đặt ra câu hỏi? Giả sử f  x0   0 � x0  0 được hay không.

+ f  a   0 hay không?
+ f  x  đơn ánh không?

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 22


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
+ f  x  toàn ánh không?
+ f   x    f  x  , x ��; f   x   f  x  , x �� suy ra f  x  là hàm lẻ hay chẵn.Sử dụng
tính chất của hàm lẻ, tính chất của hàm chẵn.
+ f  x  y   f  x   f  y  , x, y �� suy ra f  x  có tính chất cộng tính hay không? Suy ra
tính chất của hàm cộng tính.
+ f  xy   f  x  . f  y  , x, y �� suy ra f  x  có tính chất nhân tính hay không? Suy ra tính
chất của hàm nhân tính.
n
k
nk
n 1
+ f  x   x f  x   x f  x  ,...

2.3. MỘT SỐ ĐIỂM CẦN LƯU Ý
+ Kiểm tra tính chéo ( vẫn có khả năng xảy ra) f  x  .  f  x   x   0 liệu rằng có tồn tại hàm
0, x �{...}
�
nếu không tồn tại ta
�x, x ��\{...}

số cho bởi hai biểu thức như sau hay không? f  x   �

mới có thể kết luận f  x   0, x �� và f  x   x, x ��.
+ Thử lại: Do phép biến đổi là suy ra nên có nhiều trường hợp sinh ra nghiệm ngoại lại
( không phải là nghiệm của phương trình ban đầu)
1.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN
Bài tập 2.1.
2
Tìm tất cả hàm số f : �� � thoả mãn f  f  x  y  f  x  y    x  yf  y  , x, y �� 1 .

Lời giải 1:
2
2
Ở (1) thay x  y  0 suy ra f  f  0    0 đặt f  0   a suy ra f  a   0 .

Ở (1) lại thay x  0, y  a ta có f  f  a  . f  a    af  a  � f  0   0 .
2
Ở (1) thay y bởi x vào (1) ta có f  f  2 x  . f  0    x  xf  x  , x �� suy ra

x 2  xf  x   0,  ��� f  x   x, x ��\  0 mà f  0   0 nên f  x   x, x ��.

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy f  x   x, x ��

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 23


GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM 2019
2
Nhận xét: Ở bài tập 2.1 này tìm f  0   0 nhờ phép thế y  f  0  và từ đó dẫn đến

2
phương trình đơn giản hơn rất nhiều x  xf  x   0,  ��. Việc tính f  0  chủ yếu dựa vào

việc thế x  ?, y  ? để làm xuất hiện f  0  và qua thực tế ta thấy có nhiều cách để tìm ra
được f  0  . Sau đây là lời giải khác
Lời giải 2:
Đặt f  0   a
2
Thay x  y  0 vào (1) ta có f  a   0

4
Thay x  a 2 , y  0 vào (1) ta có f  0   a

a0
�
a 1
�

4
Suy ra a  a � �

+ Nếu a  1 � f  0   1& f  1  0
Thay x  2, y  1 vào (1) ta có f  f  3 . f  1   4  f  1 � 1  4  0 vô lý.
+ Nếu a  0 � f  0   0
2
Thay y bởi x vào (1) ta có f  f  2 x  . f  0    x  xf  x  , x �� suy ra

x 2  xf  x   0,  ��� f  x   x, x ��\  0 mà f  0   0 nên f  x   x, x ��.

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy f  x   x, x ��

Nhận xét: Chúng ta có thể tạo ra bài toán tương tự sau: Tìm tất cả hàm số f : �� � thoả
2
mãn f  f  x  y  f  x  y    x  kyf  y  , x, y ��.
2
Ta vẫn tính được f  0   0 khi đó thay y bởi x ta được f  f  2 x  . f  0    x  kxf  x  suy ra

x  x  kf  x    0 suy ra f  x  

x
. Với mọi k là số thực khác 0 có duy nhất hàm số thỏa mãn
k

phương trình trên.
Bài tập 2.2.
Tìm hàm số f : �� � thoả mãn điều kiện

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI

Trang số: 24