PHƯƠNG PHÁP QUY nạp GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm t15

CHUYÊN ĐỀ

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Admin

THÁNG 8 NĂM 2019


MỤC LỤC

Phần I
Phần II
1.1
1.2
1.3
Phần III

MỞ ĐẦU
NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ
PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Phương pháp.......………………………….......................................
Bài tập vận dụng.................................................................................
1.3. Bài tập luyện tập
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
1
3
3

3
3
18
20
21


PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình giáo dục phổ thông môn Toán, học sinh được tiếp cận với hàm số từ rất
sớm. Những bài toán hàm số thường được ví như những bông hồng lung linh muôn sắc. Hấp
dẫn và kì bí! Những năm gần đây, trong các kì thi học sinh giỏi trong nước cũng như khu vực và
quốc tế chúng ta thường xuyên bắt gặp các bài toán về phương trình hàm, trong đó phương
pháp thế đóng một vai trò rất lớn. Điều này đặt ra yêu cầu được nghiên cứu tìm hiều nhiều hơn
đối với dạng bài tập này, nhất là với các em học sinh chuyên Toán. Hiện nay, các tài liệu về đa
thức cũng khá đa dạng và phong phú. Tuy nhiên, hầu hết đều trình bày khá giàn trải nhiều vấn
đề nên người đọc khó định hình các hướng giải quyết cho một bài toán phương trình hàm. Vì
vậy tôi biên soạn chuyên đề này này giúp đỡ các em học sinh giải quyết phần nào những khó
khăn đó.
Tài liệu gồm hai chương:
Chương I. Một số kiến thức cơ bản
Chương II. Phương pháp quy nạp giải phương trình hàm
Ở mỗi chương, tôi đã cố gắng tổng hợp một hệ thống kiến thức và các ví dụ đa dạng. Tôi
cũng đã cố gắng sắp xếp các ví dụ từ dễ đến khó. Một số bài được giải theo nhiều phương
pháp để người đọc có thể so sánh và thấy được nét đặc trưng và tính hiệu quả của từng
phương pháp. Hy vọng sẽ để lại những ấn tượng tốt đẹp trong lòng bạn đọc!
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu sâu về phương pháp thế giải phương hình hàm cho các học sinh Chuyên. Đưa
ra hệ thống các bài tập cơ bản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với đa thức một cách nhẹ nhàng
nhất.

III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Đưa ra hướng tiếp cận cho từng loại bài, hệ thống lý thuyết khoa học, đầy đủ.
IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Các bài toán phương trình hàm trong các kì thi Quốc gia, Quốc tế và khu vực.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Thông qua thực tiễn dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia THPT Chuyên để tổng hợp,
phân tích, đánh giá.
VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI
Đưa ra được hệ thống lý thuyết, hệ thống bài tập từ cơ bản đến khó. Tạo hứng thú cho
học sinh khi học phương trình hàm.

3


KÍ HIỆU VÀ QUY ƯỚC

Trong tài liệu này ta sử dụng các kí hiệu với các ý nghĩa xác định như sau:

¥
¥*
¢
¡

Tập hợp các số tự nhiên
Tập hợp các số tự nhiên khác 0
Tập hợp các số nguyên
Tập hợp các số thực

4

PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ
PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM
1.1 Phương pháp
Khi hàm số cần tìm xác định trên ¥ hoặc ¢ , để chứng minh các tính chất của nó nói
chung thường sử dụng phương pháp quy nạp.
Trong nhiều bài toán cũng phải xác định từng bước ¥ → ¢ → ¤ → ¡ . Riêng bước từ

¤ → ¡ cần thêm tính liên tục của hàm số.
Ý tưởng của phương pháp này là ta dự đoán công thức của hàm f(n) cần tìm và chứng
minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
1.2 Bài tập vận dụng
Ví dụ 1.2.1. Xác định hàm số f ( n ) : ¥ → ¥ thoả mãn

f (1) > 0; f ( m 2 + n 2 ) = f 2 ( m) + f 2 (n ) (∀m, n ∈ ¥ ).
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f ( n ) thoả mãn yêu cầu bài ra. Ta có

f (1) = f (12 + 02 ) = f 2 (1) + f 2 (0) ⇒ f (1) = 1, f (0) = 0.
2
2
Cho m = 0 vào phương trình hàm ta được f (n ) = f ( n ), ∀n ∈ ¥ .

f (2) = f (12 + 12 ) = 2 f (12 ) = 2 f (1) = 2.
f (4) = f (22 ) = f 2 (2) = 2 2 = 4.
f (5) = f (2 2 + 12 ) = f 2 (2) + f 2 (1) = 4 + 1 = 5.
f (25) = f (52 ) = f 2 (5) = 52 = 25 = f (32 + 4 2 ) = f 2 (3) + f 2 (4) = f 2 (3) + 4 2 ⇒ f (3) = 3.
f (100) = f (102 ) = f 2 (10) = f 2 (32 + 12 ) = ( f 2 (3) + f 2 (1) ) = ( 32 + 12 ) = 100.
2

f (100) = f 2 (62 + 82 ) = f 2 (6) + f 2 (8)

= f 2 (6) + f 2 (2 2 + 2 2 ) = f 2 (6) + (4 + 4) 2 = f 2 (6) + 64.
⇒ f (6) = 6.
Ta sẽ chứng minh f (n ) = n, ∀ n ∈ ¥

(1).

Thật vậy, theo trên (1) đã đúng đến n = 6.
Giả sử (1) đúng với mọi m < n,(n ≥ 4) . Khi đó

5

2


 f ( (2k + 1) 2 + ( k − 2)2 ) = f (2k + 1)2 + f 2 ( k − 2)


2
2
2
2
 f ( (2k − 1) + ( k + 2) ) = f (2k − 1) + f ( k + 2).
Nếu n = 2k +1 thì
2
2
2
2
Mà (2k + 1) + ( k − 2) = (2k − 1) + ( k + 2) , suy ra

f (2k + 1) 2 + f 2 ( k − 2) = f (2k − 1) 2 + f 2 ( k + 2).

Mà 0 < k – 2 < k + 2<2k – 1 < 2k + 1 < n nên theo giả thiết quy nạp ta có

 f 2 (k − 2) = ( k − 2)2
 2
2
 f (2k − 1) = (2k − 1)
 f 2 (k + 2) = ( k + 2) 2

⇒ f 2 (2 k + 1) = (2 k − 1) 2 + ( k + 2) 2 − ( k − 2) 2 = (2k + 1) 2 .
Vậy ta có f ( n ) = f (2k + 1) = 2k + 1 = n.
Tương tự khi n = 2k +2, sử dụng đẳng thức

(2k + 2) 2 + ( k − 4) 2 = (2k − 2) 2 + ( k + 4) 2
và làm tương tự trên ta cũng được f ( n ) = f (2k + 2) = 2k + 2 = n.
Vậy theo nguyên lí quy nạp ta được f (n ) = n, ∀ n ∈ ¥ . Thử lại ta thấy thoả mãn.
Vậy f (n ) = n, ∀ n ∈ ¥ .
Ví dụ 1.2.2. Xác định hàm số f (n ) : ¢ → ¢ thoả mãn

1) f ( f (n )) = n

 2) f ( f (n + 2) + 2) = n , ∀n ∈ ¢.
3) f (0) = 1

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f ( n ) thoả mãn yêu cầu bài ra.
Từ 1) và 3) ta có 0 = f ( f (0)) = f (1).
Cho n = -2, theo 2) có f(3)=-2.
Cho n = -1, cũng từ 2) có f(2)=-1. Từ đó ta dự đoán

f (n ) = 1 − n (*), ∀ n ∈ ¢.

.

Ta sẽ chứng minh khẳng định trên bằng phương pháp quy nạp. Thật vậy, dễ dàng kiểm
tra (*) đúng với

n ∈ { − 2; − 1;0;1;2}

. Điều đó dễ dàng thu được từ 1) vì
6


f ( f (3)) = 3; f ( f (2)) = 2 ⇒ f ( − 2) = 3 = 1 − ( − 2); f ( − 1) = 2 = 1 − ( − 1).
Giả sử (*) đúng với mọi

n ∈ { − 2k ;2k + 1;...;0;1;...;2k − 1;2k }

Ta sẽ chứng minh (*) đúng với

.

n ∈ A = { − 2k − 2;2k − 1;2k + 2;2k + 3}

.

Thật vậy, theo giả thiết qui nạp ta có f ( − 2k ) = 1 + 2k , f ( − 2k + 1) = 2k . Nên

f (2k + 2) = f ( f ( −2k + 1) + 2) = −2k − 1 = 1 − (2k + 2).
f (2k + 3) = f ( f ( −2k ) + 2) = −2k − 2 = 1 − (2k + 3).
f ( −2k − 2) = f ( f (2k + 3)) = 2k + 3 = 1 − ( −2k − 2).
f ( −2k − 1) = f ( f (2k + 2)) = 2k + 2 = 1 − ( −2k − 1).

Vậy (*) đúng với

n ∈ A = { − 2k − 2;2k − 1;2k + 2;2k + 3}

.

Theo nguyên lý qui nạp ta được (*) đúng với ∀ n ∈ ¢.
Ví dụ 1.2.3. Xác định hàm số f ( n ) : ¥ → ¥ thoả mãn

f ( f (n )) + f (n ) = 2n + 3 (∀ n ∈ ¥ ).
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f (n ) thoả mãn yêu cầu bài ra.
Cho n = 0 vào phương trình hàm ta được f ( f (0)) + f (0) = 3 ⇒ f (0) ≤ 3.
Nếu f(0)=0 ta được 0=3 là điều vô lí.
Nếu f(0)=2 ta được

f ( f (0)) = 1 ⇒ f (2) = 1 ⇒ f (1) = f ( f (2)) = 2.2 + 3 − f (2) = 6.
Cho n =1 suy ra f ( f (1)) = 2.1 + 3 − f (1) = − 1 ⇒ f (6) = − 1.
Đó là điều vô lí vì theo giả thiết f ( n) ∈ ¥ .
Nếu f(0)=3 ta được

f (3) = f ( f (0)) = 2.0 + 3 − f (0) = 0 ⇒ f (3) = 0
⇒ 2.3 + 3 = f ( f (3)) + f (3) = f (0) + 0 = 3 ⇒ 9 = 3 là điều vô lý.
Vậy f(0) = 1.
Ta sẽ chứng minh f ( n ) = n + 1 (1), ∀ n ∈ ¥

(1)

Thật vậy, (1) đã đúng với n = 0.
Giả sử (1) đúng với đến n =k, tức là f(k) = k + 1. Khi đó
7

f ( k + 1) = f ( f (k )) = 2.k + 3 − f ( k ) = 2k + 3 − k − 1 = k + 2 = k + 1 + 1.
Vậy (1) đúng với n = k+1.
Theo nguyên lí quy nạp ta được (1) đúng với ∀ n ∈ ¥ .
Mặt khác dễ thấy hàm số f (n ) = n + 1 thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy f ( n ) = n + 1 .
Ví dụ 1.2.4. Tìm tất cả hàm số

f : N * → N * sao cho:

f(m2 + n2)=f 2(m) + f 2 (n) với mọi m,n ∈N*;
f (1)= 1
Lời giải.
Ta sử dụng 2 đẳng thức dưới đây:
(2x + 1)2 + (x - 2)2 = (2x - 1)2 + (x + 2)2 (1)
(2x + 2)2 + (x - 4)2 = (2x - 2)2 + (x + 4)2 (2)
Ta chỉ cần chứng minh f (n) = n

∀ n ≤ 9 .Thật vậy:

Dễ dàng chứng minh được f là đơn ánh.
f(1) = 1 , f(2 )= 2 , f(5) = f(22 + 12) = f 2(2) + f 2(1) = 5
12 + 72 = 52 + 52 ⇒ f 2(7) + f 2(1) = 2f 2(5) ⇒ f(7) = 7
f(8) = f(22 + 22) = f 2(2) + f 2(2) = 8
12 + 82 = 42 + 72 nên f (4) = 4 ⇒ f (17) = f(42 + 12) = 17
Thay x = 4 vào (1): 92 + 22 = 72 + 62 nên f 2(9) − f 2(6) = f 2(7) − f 2(2) = 45
Có 2 khả năng: f(9) = 7 , f(6) = 2 hoặc f(9) = 9, f(6) = 6
Nếu f(6) = 2 và f(9) = 7,từ đẳng thức: 92 + 72 = 112 + 32

⇒ f 2(11) + f 2(3) = 72 + 72 = 98 ⇒ f(11) = f(3) = 7 ,trái với f là đơn ánh
Vậy f(9) = 9 và f(6) = 6.
172 + 62 = 152 + 102 => f 2(15) + f 2(10) = 172 + 62 = 325
Do f(15) và f(10) đều khác f(17) và f(6) tức là khác 17 và 6 nên f(10) = 10 hoặc f(10) =
15.
Nếu f(10) = 15 ⇒ f(32 + 12) = 15 ⇒ f 2(1) + f 2(3) = 15 ⇒ f 2(3) = 14,vô lý
Vậy f(10) = 10 và f (3) = 3.
8


Tóm lại: f(n) = n

∀n ≤ 9.

Quy nạp theo đẳng thức (1) và (2) ta có: f(n) = n

∀n∈ N *.

Ví dụ 1.2.5. (DHĐBBB - 2010) Tìm tất cả các hàm số
các số hữu tỉ dương) thỏa mãn:

f ( x ) + f ( y ) + 2 xyf ( xy ) =

f : ¤ *+ → ¤ *+ ¤ *+

f ( xy )
*
f ( x + y ) , ∀ x, y ∈ ¤ + .

(

là tập hợp

(1)

Lời giải.
Bước 1. Chứng minh

f ( 1) = 1

.

f ( 1) = a
Thật vậy cho y = 1 vào (1) và đặt
ta có
f ( x ) + a + 2 xf ( x ) =

f ( x)
f ( x)
⇒ f ( x + 1) =
f ( x + 1)
( 1 + 2x) f ( x) + a

.

(1.1)

1
a 1
1

1
f ( 2) =
= ; f ( 3) = 4 =
; f ( 4) =
5
4a 4
7 + 5a + 4a 2
+ a 5 + 4a
4
Suy ra
.
Mặt khác, cho x = y = 2 vào (1)

⇒ 2 f (2) + 8 f (4) =

f (4)
=1
f (4)
.

1
8
+
= 1⇒ a =1
2
f ( 1) = 1
Từ (1.1) suy ra 2 7 + 5a + 4a
vậy
.
f ( x + n) =

Bước 2. Chứng minh

(n

f ( x)

2

+ 2nx ) f ( x ) + 1

∀n = 1, 2,...

Bằng phương pháp quy nạp có:
Từ (1.1) suy ra (1.2) đúng với n = 1, giả sử đúng cho n = k. Ta có

f ( x + k + 1) =

f ( x + k)
(1+ 2( x + k) ) f ( x + k) +1

9

( 1.2 )


=

Và từ

f ( x)

( k 2 + 2kx ) f ( x ) + 1

 ( 1 + 2 ( x + k ) ) f ( x)

+ 1÷ =
 2
 ( k + 2kx ) f ( x ) + 1 ÷



f ( 1) = 1

f ( n + 1) =
ta có

hay

f ( n) =

(n

( ( k + 1)
f ( 1)

2

f ( x)

2

)

+ 2 ( k + 1) x f ( x ) + 1

+ 2n ) f ( 1) + 1

=

. (đpcm)

1

( n + 1)

2

1
∀n ∈ ¥ *
2
n

1
1
f  ÷ = n2 =
2
n
1
 ÷
n ,
Bước 3. Chứng minh

∀n = 1,2,.....

(1.3)

1
f ÷
1
1

n
x = ⇒ f  n + ÷=
n
n

( n 2 + 2 ) f  1n ÷ + 1
Thật vậy, trong (1.2) thay
.
1
1
⇒ f ( x ) + f  ÷+ 2 =
1

1
 x
f x+ ÷
y=
x .

x trong (1)

Cho
1
1
1
f ( n ) + f  ÷+ 2 =
= n2 + 2 +
1

1
n
f n + ÷
f ÷
n

n .
Vậy

mà

f ( n) =

1
1
⇒ f  ÷= n2
2
n
n
điều phải chứng minh.

Bước 4. Chứng minh: nếu

Thật vậy với

( n, m ) = 1

q=

đặt

n
, ( m, n ) = 1,
m

x = n, y =

m, n ∈ ¥ *

thì

f ( q) =

1
m trong (1) ta có

n
f ÷
2n  n 
1
m
f  ÷+ f ( n ) +

f  ÷=
1
m m

m
f n + ÷
m.


10

1
q2 .


Cho

x=

1
m trong (1.2) ta có
1
f ÷
1
1

m
f  n + ÷=
=
2n 1

m   2 2n   1 
2

 n + ÷ f  ÷+ 1 n + m + m 2
m  m


⇒

1
2n  n  
1 n
+ m2 +
f  ÷=  n + ÷ f  ÷
2
n
m m 
m m.

1
2
+ m2
2
n
1
  n
m
f ( q) = f  ÷ =
= ÷ = 2
 m  n2 + 1  n  q

m2
Vậy
.

Thử lại ta có

f ( x) =

1
x 2 thỏa mãn phương trình hàm đã cho.

Ví dụ 1.2.6. Xác định hàm số liên tục
điều kiện sau:

f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ )

thỏa mãn đồng thời các

1, f (2 x ) = 2 f ( x ) ,

(2.1)

f ( ( f ( x ))3 ( e f ( x ) − 1) ) = x 2 (e x − 1) f ( x ) ∀ x > 0
2,
,
,

(2.2)

3, f (e − 1) = (e − 1) f (1) ,

(2.3)

4, f ( k ) là số nguyên dương với mọi số nguyên k .

(2.4)

Lời giải.
Giả sử

f ( x ) = f ( y ) ⇒ f ( ( f ( x ))3 (e f ( x ) − 1) ) = f ( ( f ( y ))3 ( e f ( y ) − 1) )
⇒ x 2 ( e x − 1) f ( x ) = y 2 ( e y − 1) f ( y )
⇒ x 2 (e x − 1) = y 2 ( e y − 1) (2.5).

2 t
( 0;+∞ ) nên từ (2.5) ta có x = y
Do hàm số h(t ) = t ( e − 1) là hàm đồng biến trên

hay f là đơn ánh.

f ( f 3 (1)(e f (1) − 1) ) = ( e − 1) f (1) = f ( e − 1)
(2.3)

Trong (2.2) cho x = 1 ta có:

11

.

Suy ra

f 3 (1) ( e f (1) − 1) = e − 1

Do hàm số

F ( y ) = y 3 ( e y − 1)

(2.6).

( 0; +∞ ) .

đồng biến trên

Nên (2.6) ⇔ f (1) = 1 .

 1 1
f  n ÷= n
Sử dụng (2.1) ta chứng minh được f (2 ) = 2 và  2  2 với ∀ n ∈ ¥ * .
n

n

Vì f (2) = 2, f (4) = 4, f (3) ∈ ¥ * và f (2) < f (3) < f (4) nên ta có f (3) = 3 .
Bằng quy nạp ta chứng minh được f (n ) = n, ∀ n ∈ ¥ * .

m m
f  n ÷= n
Tương tự, ta cũng có  2  2 .
m

 n
Do tập  2  là tập trù mật trong ¡

nên từ tính liên tục của hàm số f ta có

f ( x ) = x, ∀ x ∈ ¡ .

¤

Ví dụ 1.2.7. Gọi + là tập các số hữu tỉ không âm, tìm tất các các hàm
thỏa mãn các điều kiện sau
1)

f ( x + 1) = f ( x ) + 1, ∀ x

2)

f ( x2 ) = f 2 ( x ) , ∀x

.

,

(3.1)
(3.2)

Lời giải.
Từ (3.1) bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được

f ( x + n ) = f ( x ) + n, ∀ n ∈ ¥

.(3.3)

Từ (3.2) ta thu được

f

( ( x + n) ) = f
2

2

( x + n)

⇔ f ( x 2 + 2nx + n 2 ) = ( f ( x ) + n )

2

⇔ f ( x 2 + 2nx ) + n 2 = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) .n + n 2
⇔ f ( x 2 + 2nx ) = f 2 ( x ) + 2n. f ( x )
12

.

f :¤+ →¤+


x=
Cho

p
, p, q ∈ ¥ *
q
và n = q , và áp dụng (3.3) ta có:
 p2 
 p2 
 p
 p p
f  2 ÷ + 2 p = f  2 ÷ + 2q. f  ÷ ⇔ f  ÷ =
q
q 
q 
q q .

Vậy tìm được

f ( x ) = x, ∀ x ∈ ¤ +

Ví dụ 1.2.8. Tìm tất cả hàm số

.

f : Z → Z sao cho:

f ( x3 + y 3 + z3) = f 3( x ) + f 3( y ) + f 3( z ) với mọi x,y,z nguyên (I).
(Vietnam TST 2005)
Ý tưởng của lời giải là thiết lập các đẳng thức mà hai vế là tổng của 3 lập
phương,sau đó sử dụng đẳng thức này để tính toán một vài giá trị của hàm số,từ đó chứng
minh f(x)≡ax bằng quy nạp.
Lời giải.

Xét đẳng thức:

(2 x + y )3 + ( y - 2 x )3 + ( x - 4 y )3 = ( x + 4 y )3 + (-5 y )3 + (- y )3 (*)
Trong đẳng thức (*) cho y = 1 và y = 2 ta được 2 đẳng thức:

(2 x + 1)3 + (1 − 2 x )3 + ( x − 4)3 = ( x + 4)3 + (− 5)3 + ( − 1)3 (1)
(2 x + 2)3 + (2 − 2 x )3 + ( x − 8)3 = ( x + 8)3 + ( −10)3 + ( −2)3 (2)

3
Từ (I) cho x = y = z = 0 ta được f (0) = 3 f (0) ,do f(0) ∈ Z nên f(0) = 0
3
3
Từ (I) cho x = y = 0, z = 1 ta được f (1) = f (1) ,do đó f(1) = a với a = 0,1, − 1 ( a = a )
Từ (I) cho y = − x, z = 0 ta được f ( − x) = − f (x) với mọi x ∈ Z
Như vậy chỉ cần xác định hàm số f trên N. Tính toán một số giá trị ban đầu của f(x)
f (2) = f (13 + 13 +03) = f 3(1) + f 3(1) + f 3(0) = 2a3 = 2a
Hoàn toàn tương tự: f (k) = ka

∀ k ∈ { ± 3, ± 6, ± 7, ± 8, ± 9, ± 10, ± 16, ± 18}

Thay x = 1 vào (2) ta được đẳng thức :
43 + 03 + ( − 7)3 = 93 + ( − 10)3 + ( − 2)3

⇒

f [43 + 03 + ( − 7)3 ]= f [93 + ( − 10)3 + ( − 2)3]
13


⇒ f (4) = 4a

Thay x = 2 vào (1) ta được đẳng thức :
53 + ( − 3)3 + ( − 2)3 = 63 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f(5) = 5a
Thay x = 5 vào (1) ta được đẳng thức:
113 + ( − 9)3 + 13 = 93 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f (11) =11a ; f( − 11) = − 11a
Thay x = 6 vào (1) ta được đẳng thức:
133 + ( − 11)3 + 23 = 103 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f (13) = 13a
Thay x = 5 vào (2) ta được đẳng thức :
123 + ( − 8)3 + ( − 3)3 = 133 + ( − 10)3 + ( − 2)3 => f (12) = 12a
Thay x = 7 vào (1) ta được đẳng thức :
153 + ( − 13)3 + 33 = 113 + ( − 5)3 + ( − 1)3 => f (15) = 15a
Thay x = 8 vào (2) ta được đẳng thức :
183 + ( − 14)3 + 03 = 163 + ( − 10)3 + ( − 2)3 => f ( − 14) =
Vậy f (n) = na với mọi

− 14a ⇒ f (14) = 14a

n ≤ 16

Ta chứng minh f (n) = na với mọi n ∈ N (3)
Thật vậy:
 (3) đúng với mọi n ≤ 16 .
 Giả sử (3) đúng tới n ( n ≥ 16 ),ta chứng minh (3) đúng với n + 1.

Xét 2 trường hợp :
•

Nếu n chẵn, n = 2x (x > 7)
Sử dụng đẳng thức (1) với chú ý: 0 < x - 4, 2x - 1, x + 4 < 2x ta có:
f (x − 4) = (x − 4)a ; f(2x − 1) = (2x − 1)a và f (x + 4) = (x + 4)a

⇒ f (2x + 1) = (2x + 1)a
•

hay f (n + 1) = n + 1

Nếu n lẻ , n = 2x + 1(x > 7)
Tương tự, sử dụng (2) ta được f (2x + 2) = (2x + 2)a hay f (n + 1) = (n + 1)a
Vậy (3) được chứng minh, tức là f ( n) = an với mọi n ∈ N.

⇒ f(x) = ax với mọi x ∈ Z( a=0,1 hoặc − 1).
Thử lại cả 3 hàm số đều thỏa mãn !
14


Ví dụ 1.2.9. Xác định hàm số f (n) : ¥ → ¡ thoả mãn

f (0) = β ; f (n + 1) = 2 f 2 (n) − 1, ∀n ∈ ¥ .
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f (n) thoả mãn yêu cầu bài ra.
Nếu β = 1 thì
f (0) = 1; f (1) = 2 f 2 (0) − 1 = 1.
f (2) = 2 f 2 (1) − 1 = 1; f (3) = 2 f 2 (2) − 1 = 1.

Bằng quy nạp ta chứng minh được f (n) = 1, ∀ n ∈ ¥ .
*
Nếu β = − 1 thì tương tự ta cũng chứng minh được f (n) = 1, ∀n ∈ ¥ .

Nếu | β |< 1 thì tồn tại ϕ sao cho cosϕ = β ⇔ ϕ = arccos β . Khi đó ta có
f (0) = cosϕ = cos 20 ϕ ;
f (1) = 2 f 2 (0) − 1 = 2cos 2 ϕ − 1 = cos21ϕ ;
f (2) = 2 f 2 (1) − 1 = 2cos 2 2ϕ − 1 = cos22 ϕ ;

f (3) = 2 f 2 (2) − 1 = 2cos2 22 ϕ − 1 = cos23ϕ .
n
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được ∀ n ∈ ¥ , f (n) = cos2 ϕ .

Nếu | β |> 1 thì tồn tại ϕ sao cho chϕ = β . Khi đó ta có
f (0) = chϕ = ch20 ϕ ;
f (1) = 2 f 2 (0) − 1 = 2ch 2ϕ − 1 = ch21ϕ ;
f (2) = 2 f 2 (1) − 1 = 2ch 2 2ϕ − 1 = ch22 ϕ ;
f (3) = 2 f 2 (2) − 1 = 2ch 2 22 ϕ − 1 = ch23ϕ .
n
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được ∀n ∈ ¥ , f (n) = ch2 ϕ.

Vì

chϕ = β ⇒

eϕ + e −ϕ
= β.
2

Giải phương trình này ta được

eϕ = β − β 2 − 1
f ( n) =

Suy ra

hoặc

(

eϕ = β + β 2 − 1.

1  ϕ 2n
1  1
2
 (e ) + ϕ 2 n  =  β − β − 1
2
(e )  2 

) +(β +
2n

β 2 −1

)

2n




.

Dễ thấy hàm số xác định như trên thoả mãn phương trình đã cho. Vậy
15





khi β = 1
1

 −1(n = 0)
f (n) = 
khi |β |<1.
1(
n
≥
1)


 

 1 (eϕ )2n + 1 n  = 1  β − β 2 − 1
 2 
(eϕ )2  2 

(

) (
2n

+ β + β 2 −1

)

2n



 khi |β |>1.

Ví dụ 1.2.10. Xác định hàm số f (n) : ¥ → ¡ thoả mãn
b 2 − 2b
f (n + 1) = af (n) + bf (n) + 1, ∀n ∈ ¥ , a ≠ 0; c =
.
4a
2

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f (n) thoả mãn yêu cầu bài ra.
Khi đó ta có phương trình đã cho tương đương với
2

f (n + 1) +

b
b  b 2 − 4ac b

= a  f (n ) +  +
+
2a
2a 
4a
2a

2

2

b  b 2 − (b 2 − 2b) + 2b

b


= a  f ( n) +  +
= a  f (n) +  .
2a 
4a
2a 



Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng tỏ được f(n) xác định như trên
thoã mãn phương trình đã cho. Vậy ta có đáp số
⇔ g (n + 1) = ag 2 (n),

( g ( n) = f ( n ) +

b
).
2a

⇒ g (n + 1) = a [ g (n) ] = a  ag 2 (n − 1)  = a 3 [ g (n − 1)]
2

2

=a
⇒ g ( n) = a
⇒ f ( n) = a

Vậy

f (n) = a 2

n −1

2n −1

[ g (1) ]

2n −1 −1

2n −1 −1

2n

=a

b 

α + 2a 


b 

α + 2a 



b

−1 
α + 2a 



2n −1

b 

α + 2a 



2

22

= ....

n

2n −1

2n−1

+

2n−1

+

b
.
2a

b
.
2a

Ví dụ 1.2.11.
Tìm tất cả hàm số

f : N → N sao cho:

f ( x3 + y3 + z3) = f 3( x ) + f 3( y ) + f 3( z ) với mọi x, y, z ∈ N (II)
16


Biết rằng f (1) = 1, f (4) = 4, f (5) = 5.
Phân tích
Tập xác định của hàm số bị thu nhỏ lại dẫn tới các đẳng thức thiết lập ở ví dụ 2.2.8
không sử dụng được,ta cần thiết lập các đẳng thức mới.
Ta có 5 đồng nhất thức :
(5x)3 + (3x − 2)3 + x3 = (3x + 1)3 + (5x − 1)3 + (x − 2)3 (1)
(5x + 1)3 + (3x − 1)3 + (x + 2)3 = (3x + 2)3 + (5x)3 + x3

(2)

(5x + 2)3 + (3x − 2)3 + (x + 4)3 = (3x + 4)3 + (5x)3 + x3(3)
(5x + 3)3 + (3x − 3)3 + (x + 6)3 = (3x + 6)3 + (5x)3 + x3

(4)

(5x + 14)3 + (3x − 4)3 + (x + 8)3 = (3x + 8)3 + (5x)3 + x3 (5)
Trước hết để quy nạp được theo 5 đẳng thức trên ta cần tính f(1),..,f(14)
Từ giả thiết và cũng dễ dàng tính được:
f(0) = 0 ; f(1) = 1 ; f(2) = 2 ; f(3) = 3 ; f(4) = 4
f(5) = 5 ; f(8) = 8 ; f(9 )= 9; f(10) = 10
Từ đẳng thức:
33 + 43 + 53 = 63 + 03 + 03

⇒ f (33 + 43 + 53) = f (63 + 03 + 03)
⇒ f 3(3) + f 3(4) + f 3(5) = f 3(6) + f 3(0) + f 3(0)
Vì f(3) = 3 ; f(4) = 4 ; f(5) = 5 ; f(0) = 0 nên f(6) = 6
Từ đẳng thức:
63 + 83 + 103 = 123 + 03 + 03
Vì f(6) = 6, f(8) = 8, f(10) = 10, f(0) = 0 nên f(12) = 12
Từ đẳng thức:
73 + 83 + 03 = 93 + 53 + 13 => f(7) = 7
Từ đẳng thức:
123 + 23 + 33 = 113 + 63 + 63 => f(11) = 11
Từ đẳng thức:
363 + 123 + 183 = 303 + 303 + 63 ( Thay x = 6, y = 3 vào (4) )

⇒ 2f 3(30) – f 3(18) = 363 + 123 - 63
Từ đẳng thức:
183 + 243 + 303 = 363 + 03 + 03
17

⇒ f 3(18) + f 3(30) = 363 - 243
Giải 2 điều kiện trên ta được: f(18) = 18 và f(30) = 30
Từ đẳng thức:
93 + 123 + 153 = 183 + 03 + 03 => f(15) = 15
( Thay x=3,y=1 vào (4 )) ⇒ f(13) = 13

173 + 73 + 73 = 133 + 153 + 33
Từ đẳng thức:

143 + 163 + 03 = 183 + 103 + 23 => f(14) = 14
Vậy f(n) = n

∀ n ≤ 14

Ta chứng minh bằng quy nạp f(n) = n
•

Theo chứng minh trên thì (*) đúng

∀ n ∈ N (*)

∀ n ≤ 14

• Giả sử (*) đúng tới n ( n ≥ 14 ).Tức là: f(k) = k ∀ k
• Ta cần chứng minh f(n + 1) = n + 1.Thật vậy :
 Nếu n chia hết cho 5,đặt n = 5x (x ≥3)

≤n

Vì 0 < 3x - 1,x + 2, 3x + 2, 5x, x ≤ 5x = n nên theo giả thiết quy nạp thì:

f(3x - 61) = 3x - 1, f(x + 2) = x + 2, f(3x + 2) = 3x + 2, f(5x) = 5x, f(x) = x
Từ (2) suy ra f(5x + 1) = 5x + 1 hay f(n + 1) = n + 1
 Nếu n chia 5 dư 1,đặt n = 5x + 1 (x ≥ 3)

Vì 0 < 3x - 2, x + 4, 3x + 4, 5x, x < 5x + 1 = n nên theo giả thiết quy nạp thì :
f(3x - 2) = 3x - 2 ; f(3x + 4) = 3x + 4 ; f(x + 4) = x + 4 ; f(5x) = 5x ; f(x) = x
Từ (3) suy ra f(5x + 2) = 5x + 2 hay f(n + 1) = n + 1
 Nếu n chia 5 dư 2,đặt n = 5x + 2 (x ≥ 3)

Vì 0 < 3x - 3, x + 6, 3x + 6, 5x, x < 5x + 2 = n nên theo giả thiết quy nạp thì :
f(3x - 3) = 3x - 3, f(3x + 6) = 3x + 6, f(x + 6) = x + 6, f(5x) = 5x, f(x) = x
Từ (4) suy ra f(5x + 3) = 5x + 3 hay f(n + 1) = n + 1
 Nếu n chia 5 dư 3, đặt n = 5x + 3 (x ≥ 3)

Từ (5) suy ra f(5x + 4) = 5x + 4 hay f(n + 1) = n + 1
 Nếu n chia 5 dư 4, đặt n = 5x - 1 (x ≥ 3)

Từ (1) suy ra f(5x) = 5x hay f(n + 1) = n + 1
Tóm lại f(n + 1) = n + 1 nên (*) được chứng minh
Kết luận: f(x) = x với mọi x là số tự nhiên.
18


Bằng việc thiết lập các đẳng thức (1),(2),(3),(4),(5) ta đã giải quyết được bài toán 2
như một phát triển xung quanh của bài thi VietNam TST 2005.
Ví dụ 1.2.12.
Tìm tất cả hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

(i ) : 2 f ( m 2 + n 2 ) = f 2 ( m) + f 2 (n ), ∀ m, n ∈ ¥

;

2
2
(ii ) : ∀ m, n ∈ ¥ sao cho m ≥ n thì f ( m ) ≥ f ( n ) .

Lời giải:
Lần lượt cho m = 0 và n = 0 ta được

2 f ( n 2 ) = f 2 (0) + f 2 ( n ), ∀ n ∈ ¥

,

2 f ( m 2 ) = f 2 ( m) + f 2 (0), ∀ m ∈ ¥
Do đó

(

)

2 f ( m 2 ) − f ( n 2 ) = f 2 (m ) − f 2 (n ), ∀m, n ∈ ¥

.

.

Cho m = n = 0 ta được f (0) = 0 hoặc f (0) = 1 .
•

Nếu f (0) = 1 thì ta có

( )
k

Từ

đẳng

( )

thức

2 f ( m 2 ) = f 2 ( m) + 1, ∀ m ∈ ¥ ⇒ f (1) = 1, f (2) = 1

.

k −1

2 f 2 2 = f 2 (2 2 ) + 1, ∀ k ∈ ¥

,

bằng

quy

nạp

ta

có

k

f 22 = 1, ∀ k ∈ ¥

.

2
Mặt khác với số nguyên n tùy ý luôn tồn tại số tự nhiên k sao cho 2
(ii) ta thu được f (n) = 1 với mọi n.

•

Nếu f (0) = 0 thì ta có

k −1

2 f ( m 2 ) = f 2 (m ), ∀ m ∈ ¥ ⇒ f (1) = 0 ∨ f (1) = 2

Với f (1) = 0 chứng minh tương tự trên ta có f ( n) = 0, ∀ n ∈ ¥ .
Với f (1) = 2 chứng minh tương tự trên ta có f ( n ) = 2n, ∀ n ∈ ¥ .
Vậy có ba hàm số thỏa mãn là f ( n ) = 0; f ( n ) = 1; f (n ) = 2n .
Ví dụ 1.2.13. (IMO 1982)

19

k

≤ n ≤ 22 . Từ

.


Cho

f :¥ → ¥

thỏa

mãn

với

mọi

số

tự

nhiên

m,

n

thì

0
f (m + n ) − f (m ) − f (n ) =  ; f (2) = 0, f (3) > 0, f (9999) = 3333

1
. Tính f (1982).
Lời giải:
Dễ dàng tính được f (0) = 0, f (1) = 0, f (2) = 0, f (3) = 1, f (4) = 1 .

n
f ( n ) =   , n ≤ 9999
 3
Ta chứng minh bằng quy nạp:
.
Từ f (3) = 1 , quy nạp ta c ó f (3n ) ≥ n, ∀ n ∈ ¥ . Lại có:

f (3n + 3) = f (3n ) + f (3) + a (a ∈ {0;1})
= f (3n) + b (b ∈ {1;2})
Do đó nếu

f (3n ) > n thì f (3m) > m, ∀ m > n . Mà f (9999) = 3333 nên

f (3n) = n, ∀ n ≤ 3333 .
Ta có f (3n + 1) = f (3n ) + f (1) + a = n + a .
Mà 3n + 1 = f (9n + 3) ≥ f (6n + 2) + f (3n + 1) ≥ 3 f (3n + 1) ⇒ f (3n + 1) ≤ n . Do đó

f (3n + 1) = n . Tương tự ta cũng có f (3n + 2) = n .
Vậy f (1982) = 660.
Ví dụ 1.2.14.
*
*
Tìm tất cả các hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn đồng thời ba điều kiện:

(i ) : f (2) = 2

(ii ) : f (mn) = f ( m ) f ( n ) , ∀m, n ∈ N * ,( m, n) = 1
(iii ) : f ( m) < f ( n), ∀m < n.

Lời giải:
Thay n = 1 ta có f (1) = f (1.1) = f (1). f (1) ⇒ f (1) = 1 .
Tương tự f (3) f (5) = f (15) < f (2) f (9) < f (2) f (10) = f (2) f (2) f (5)

⇒ f (3) < f (2) f (2) = 4 . Mà f (3) > f (2) = 2 nên f (3) = 3.
20


Từ đó suy luận tương tự ta tính được f ( n) = n, ∀1 ≤ n ≤ 10 .
*
Ta chứng minh bằng quy nạp f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ .

Giả sử f (k ) = k , ∀ k = 10,..., n . Ta tính f ( k + 1) .
•

Xét k là số chẵn ta có hai trường hợp:
α
*
TH1: k = 2 (2l + 1) (α , l ∈ ¥ )

f (k ) = f ( 2α (2l + 1) ) = f ( 2α ) f ( 2l + 1) = 2α (2l + 1) = k

α
*
TH2: k = 2 (α ∈ ¥ )

(

)

f ( k + 2) = f 2 ( 2α −1 + 1) = f (2) f

((2

α −1

)

+ 1) = 2. ( 2α −1 + 1) = k + 2

Lại có k − 1 = f ( k − 1) < f ( k ) < f ( k + 1) < f ( k + 2) = k + 2

⇒ f ( k ) = k , f ( k + 1) = k + 1.
•

Xét k là số lẻ thì k + 1 là số chẵn, ta có hai trường hợp:
α
*
TH1: k + 1 = 2 (2l + 1) (α , l ∈ ¥ )

f ( k + 1) = f ( 2α (2l + 1) ) = f ( 2α ) f ( 2l + 1) = 2α (2l + 1) = k + 1

α
*
TH2: k + 1 = 2 (α ∈ ¥ )

(

)

f ((k + 1) + 2) = f 2 ( 2α −1 + 1) = f (2) f

((2

α −1

)

+ 1) = 2. ( 2α −1 + 1) = k + 3

Lại có k − 1 = f (k − 1) < f ( k ) < f ( k + 1) < f (k + 2) < f ( k + 3) = k + 3

⇒ f ( k ) = k , f ( k + 1) = k + 1, f ( k + 2) = k + 2.
*
Vậy f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ , thử lại thỏa mãn.

Ví dụ 1.2.15.
Tìm tất cả các hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

(i ) : f ( f ( n )) = 4n + 3, ∀n ∈ ¢
(ii ) : f ( f ( n) − n) = 2n + 3, ∀ n ∈ ¢.
Lời giải:
Thay n = - 1 vào (ii) ta có f ( f ( − 1) + 1) = 1 ⇒ f ( a ) = − 1, a = f ( − 1) + 1.
Thay n bởi 2n vào (ii) ta có

f ( f (2n ) − 2n ) = 4n + 3 = f ( f ( n ) ) , ∀ n ∈ ¢

Từ (i) ta có f là đơn ánh nên f (2n ) = f ( n ) + 2n, n ∈ ¢.

.

(1)

Thay n bởi f ( n ) − n vào (i) và kết hợp với (ii) ta có:

f (2n + 3) = 4 f (n ) − 4n + 3, ∀ n ∈ ¢

(2)

Thay n = a vào (2) ta được f (2a + 3) = 4 f (a ) − 4a + 3 = 7 − 4a
21


Thay n = 2a + 3 vào (ii) ta được :

f ( f (2a + 3) − 2a − 3) = 2(2a + 3) + 3 = 4a + 9 ⇔ f (4 − 6a ) = 4a + 9 .
Thay n = a vào (i) ta được f (1) = 4a + 3 .
Từ (1) có f (4) = f (2) + 4 = f (1) + 6 = 4a + 9 .
Do đó f (4) = f (4 − 6a ) ⇒ a = 0, f (0) = 1.
Ta chứng minh minh bằng quy nạp f ( n ) = 2n + 1, ∀ n ∈ ¥ .
Giả sử mệnh đề đúng với n, ta chứng minh mệnh đề đúng với n + 1. Thật vậy, từ (ii)
có f ((2n + 1) − n ) = 2n + 3 ⇔ f ( n + 1) = 2( n + 1) + 1 .

f (n ) = 2n + 1, ∀n ∈ ¢

− .
Tiếp theo ta chứng minh

Sử dụng (1),(2) và f (0) = 1 ta tính được f (-1) = - 1, f (-2) = - 3, f (-3) = - 5

Giả sử f ( − k ) = − 2k + 1, ∀ k ∈ ¥ : 3 ≤ k ≤ n . Ta chứng minh f ( − n − 1) = − 2n − 1.
Thật vậy, với n lẻ thì theo (1):

 −n − 1 
 −n − 1 
f ( − n − 1) = f 
÷− n − 1 = 2 
÷ + 1 − n − 1 = −2n − 1
 2 
 2 
Với n chẵn thì theo (2):

 −k − 4   −k − 4 
f ( − k − 1) = 4 f 
÷− 4 
÷ + 3 = 4( − k − 3) + 2( k + 4) + 3 = − 2k − 1
 2   2 
Kết luận lại ta có f (n ) = 2n + 1, ∀ n ∈ ¥ .
1.3. Bài tập luyện tập
Bài 1.3.1 Tìm tất cả các hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện

f ( m + n 2 + p 3 ) = f (m) + f 2 (n ) + f 3 ( p ),
với mọi m, n, p ∈ ¥ .
Bài 1.3.2 Tìm tất cả các hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện

f (m 4 + 5n 4 + 10 p 4 ) = f 4 ( m ) + 5 f 4 (n ) + 10 f 4 ( p),
với mọi m, n, p ∈ ¥ .
Bài 1.3.3 Tìm tất cả các hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn điều kiện

f ( f 2 (m) + f 2 (n ) ) = m 2 + n 2 ,
với mọi m, n ∈ ¥ .
Bài 1.3.4 Tìm tất cả các hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn các điều kiện sau:
22


i ) f (1) = 1
ii ) f (m + n ) + f (m − n ) =

1
( f (2m ) + f (2n ) ) , ∀m, n ∈ ¥  .
2

Bài 1.3.5 Tìm tất cả các hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn các điều kiện sau:

i ) f (1) = 2, f (2) = 4
ii ) f ( f (m ) + f (n ) ) = f ( f (m ) ) + f (n ), ∀m, n ∈ ¥  .
Bài 1.3.6 Tồn tại hay không hàm số f : ¥ → ¥ thỏa mãn các điều kiện sau:

i ) f (1) = 2
ii ) f ( f (n ) ) = f (n) + n, ∀n ∈ ¥  
iii ) f ( n ) < f (n + 1)∀n ∈ ¥ .

23


PHẦN III: KẾT LUẬN

Sau một thời gian làm việc nghiêm túc, cùng với sự góp ý chân thành từ các đồng

nghiệp, tôi đã hoàn thành chuyên đề với một số ví dụ. Tôi đã cố gắng phân tích, tổng hợp, hệ
thống các bài tập từ dễ đến khó để làm rõ phương pháp, giúp học sinh chuyên có thêm tư liệu
học tập, tra cứu. Dựa trên cơ sở đó, chuyên đề đã thu được những kết quả sau:
- Trình bày phương pháp quy nạp giải phương trình hàm.
- Giúp học sinh có được hệ thống ví dụ và bài tập đa dạng để thử sức với nhiều
cấp độ khác nhau.
Tôi hi vọng đây sẽ là một tài liệu bổ ích cho giáo viên và học sinh chuyên Toán.

24


TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Trang web mathlinks.ro
[2] Trang web mathscope.org
[3] Nguyễn Văn Mậu. Phương trình hàm. NXB Giáo Dục.
[4] Nguyễn Trọng Tuấn. Bài toán hàm số qua các kì thi olimpic. NXB Giáo
Dục.
[5] Báo Toán học & tuổi trẻ các số.
[6] Kỉ yếu hội các trường Chuyên vùng Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ 2015.

25