Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến

NGUYỄN TÀI CHUNG
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THÊM BIẾN
www.MATHVN.com
Mục lục
Lời nói đầu 2
1 Tên chương 3
1.1 Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. . . . . . . 3
1.1.1 Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Một số kết quả đã sử dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1
www.MATHVN.com
Lời nói đầu
2
www.MATHVN.com
Chương 1
Tên chương
1.1 Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến.
NGUYỄN TÀI CHUNG
Trường THPT Chuyên Hùng Vương, Gia Lai.
Đây là một phương pháp mới xuất hiện trong thời gian gần đây. Ý tưởng rất
đơn giản như sau : Khi gặp những phương trình hàm với cặp biến tự do x, y,
bằng cách thêm biến mới z, ta sẽ tính một biểu thức nào đó chứa x, y, z theo
hai cách khác nhau, từ đây ta thu được một phương trình hàm theo ba biến
x, y, z, sau đó chọn z bằng những giá trị đặc biệt để thu được những phương
trình hàm mới, hướng tới kết quả bài toán.
1.1.1 Một số bài toán
Lời giải của các bài toán sau đây sẽ minh hoạ cho phương pháp đã nói ở trên.
Ta sẽ sử dụng một số kết quả rất cơ bản của phương trình hàm, được thể hiện
thông qua các bài toán sẽ trình bày ở mục 1.1.2 ở trang 21 : Một số kết quả đã
sử dụng.
Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm số f : R → R, liên tục trên R và thoả mãn
điều kiện
f (x + f(y)) = 2y + f(x), ∀x, y ∈ R. (1)
Giải. Giả sử f là hàm số thoả mãn các yêu cầu đề bài. Ta thêm biến mới z
như sau : Với mọi x, y, z thuộc R, sử dụng (1) ta được
f (x + y + f(z)) = 2z + f(x + y), ∀x, y, z ∈ R. (2)
Mặt khác cũng với mọi số thực x, y, z thì
f (x+ y + f(z)) = f
(
x+ f
(
z + f
(y
2
)))
= 2
[
z + f
(y
2
)]
+ f(x). (3)
3
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Từ (2) và (3) suy ra
2z + f(x + y) = 2
[
z + f
(y
2
)]
+ f(x), ∀x, y, z ∈ R
⇔f(x + y) = f(x) + 2f
(y
2
)
, ∀x, y ∈ R. (4)
Từ (4) cho x = y = 0 ta được f(0) = 0. Từ (4) cho x = 0 và sử dụng f(0) = 0
ta được f(y) = 2f
(y
2
)
, ∀y ∈ R. Vậy (4) trở thành
f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. (5)
Từ (5), sử dụng kết quả bài toán 19 ở trang 22 ta được f(x) = ax,∀x ∈ R, với
a là hằng số thực. Thay vào (1) ta được
a (x+ ay) = 2y + ax, ∀x, y ∈ R. (6)
Từ (6) cho x = y = 1 ta được a(1 + a) = 2 + a⇔ a2 = 2⇔ a = ±√2. Vậy
f(x) =
√
2x, ∀x ∈ R ; f(x) = −
√
2x, ∀x ∈ R.
Thử lại thấy hai hàm số này thoả mãn các yêu cầu bài toán.
Bài toán 2. Tìm tất cả các hàm số f : Q→ Q thoả mãn điều kiện
f (f(x) + y) = x + f(y), ∀x, y ∈ Q. (1)
Giải. Giả sử f là hàm số thoả mãn các yêu cầu đề bài. Ta thêm biến mới z
như sau : Với mọi x, y, z thuộc Q, sử dụng (1) ta được
f (f(x) + y + z) = x+ f(y + z), ∀x, y, z ∈ Q. (2)
Mặt khác cũng với mọi số hữu tỉ x, y, z thì f (f(z) + x) = z + f(x), do đó
f (y + (z + f(x)) = f (y + f (f(z) + x)) = f(z) + x+ f(y). (3)
Từ (2) và (3) suy ra
f(y + z) = f(y) + f(z), ∀y, z ∈ Q. (4)
Tương tự như bài toán 19 ở trang 22, suy ra f(x) = ax, ∀x ∈ Q. Thay vào (1)
ta rút ra a2 = 1⇔ a = ±1. Thử lại thấy f(x) ≡ x và f(x) ≡ −x thoả mãn các
yêu cầu đề bài.
Bài toán 3 (Đề nghị thi Olympic 30/04/2004). Tìm tất cả các hàm liên
tục f : R→ R thỏa mãn
f (xf(y)) = yf(x),∀x, y ∈ R. (1)
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 4
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Giải. Giả sử f là hàm số thoả mãn các yêu cầu đề bài. Trong (1) lấy x = y = 0
ta được f(0) = 0. Ta thêm biến mới z như sau : Với mọi x, y, z thuộc R, sử
dụng (1) ta có f (xyf(z)) = zf(xy), mặt khác
f (xyf(z)) = f (xf (zf(y))) = zf(y)f(x).
Do đó zf(xy) = zf(y)f(x), ∀x, y, z ∈ R. Từ đây cho z = 1 ta được
f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R. (2)
Từ (2) lấy y = 1 được
f(x) [1− f(1)] = 0, ∀x ∈ R. (3)
Nếu f(1) 6= 1 thì từ (3) suy ra f(x) = 0, ∀x ∈ R. Thử lại thấy hàm f(x) ≡ 0
thoả đề bài. Tiếp theo xét f(1) = 1. Từ (1) cho x = 1 được
f (f(y)) = y, ∀y ∈ R.
Từ đây dễ dàng suy ra f là đơn ánh, kết hợp giả thiết f liên tục suy ra f đơn
điệu thực sự. Từ f(0) = 0 < 1 = f(1) suy ra f là hàm tăng thực sự. Nếu
f(y) < y thì do f tăng thực sự nên f (f(y)) < f(y) ⇒ y < f(y), mâu thuẫn.
Nếu f(y) > y thì y = f (f(y)) > f(y), mâu thuẫn. Vậy f(y) = y,∀y ∈ R. Thử
lại thấy thỏa mãn. Ta kết luận : có hai hàm số thỏa mãn đề bài là
f(x) = 0,∀x ∈ R và f(x) = x,∀x ∈ R.
Bài toán 4 (Đề chính thức Olympic 30/04/2011). Tìm tất cả các hàm
số f : [1;+∞)→ [1;+∞) thoả mãn điều kiện
f (xf(y)) = yf(x), ∀x, y ∈ [1;+∞) . (1)
Giải. Giả sử f là hàm số thoả mãn các yêu cầu đề bài. Ta thêm biến mới z ≥ 1
như sau : Với mọi x, y, z thuộc [1;+∞), sử dụng (1) ta có f (xyf(z)) = zf(xy),
mặt khác f (xyf(z)) = f (xf (zf(y))) = zf(y)f(x). Do đó
zf(xy) = zf(y)f(x), ∀x, y, z ∈ [1;+∞) .
Từ đây cho z = 1 ta được
f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ [1;+∞) . (2)
Trong (2) cho x = y = 1 ta được f(1) = f2(1)
do f(1)≥1⇒ f(1) = 1. Trong (1) cho
x = 1 được
f (f(y)) = y, ∀y ∈ [1;+∞) . (3)
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 5
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Vì f : [1;+∞)→ [1;+∞) nên nếu f(y) = 1 thì
y = f (f(y)) = f(1) = 1⇒ y = 1.
Suy ra f(y) > 1 với mọi y > 1. Cho x > y ≥ 1 thì từ (2) ta được
f(x) = f
(
x
y
.y
)
do (2)⇒ = f(y).f
(
x
y
)
> f(y),
suy ra hàm f đồng biến trên [1;+∞). Ta sẽ chứng minh
f(x) = x,∀x ∈ [1;+∞) .
Giả sử có x0 ∈ [1;+∞) sao cho f(x0) 6= x0. Nếu f(x0) > x0 thì
f (f(x0)) > f(x0)⇒ x0 > f(x0), mâu thuẫn với f(x0) > x0.
Nếu f(x0) < x0 thì
f (f(x0)) < f(x0)⇒ x0 < f(x0), mâu thuẫn với f(x0) < x0.
Vậy f(x) = x,∀x ∈ [1;+∞). Thử lại thấy thoả mãn.
Bài toán 5. Tìm tất cả các hàm số f : R→ R thoả mãn điều kiện
f(x + y) = f(x) cos y + f(y) cosx, ∀x, y ∈ R. (1)
Giải. Ta sẽ thêm biến mới z như sau : Với mọi số thực x, y, z, theo (1) ta có
f(x + y + z) = f(x+ y) cos z + f(z) cos(x+ y)
= [f(x) cos y + f(y) cosx] cos z + f(z) cos(x + y)
= [f(x) cos y + f(y) cosx] cos z + f(z) (cosx cos y − sinx sin y) .
(2)
Mặt khác
f(x+ y + z) = f(x) cos(y + z) + f(y + z) cosx
= f(x) cos(y + z) + [f(y) cos z + f(z) cos y] cos x
= f(x) (cos y cos z − sin y sin z) + [f(y) cos z + f(z) cos y] cosx.
(3)
Từ (2) và (3) thu được
[f(x) cos y + f(y) cosx] cos z + f(z) (cosx cos y − sinx sin y)
=f(x) (cos y cos z − sin y sin z) + [f(y) cos z + f(z) cos y] cosx
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 6
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Dễ dàng rút gọn được
f(z) sinx sin y = f(x) sin y sin z, ∀x, y, z ∈ R. (4)
Từ (4) lấy y =
pi
2
ta được
f(z) sinx = f(x) sin z, ∀x, z ∈ R (5)
⇒f(x)
sinx
=
f(z)
sin z
, ∀x 6= mpi, z 6= npi (m,n ∈ Z)
⇒f(x)
sinx
≡ c⇒ f(x) ≡ c sin x.
Vậy f(x) = c sin x, ∀x ∈ R (c là hằng số). Thử lại thấy thoả mãn.
Lưu ý. Đến (5) ta có thể lí luận như sau : Từ (5) lấy z = pi
2
ta được
f(x) = c sin x, ∀x ∈ R, c = f
(pi
2
)
và cũng được kết quả tương tự. Từ lời giải bằng phương pháp thêm biến như
trên ta suy ra một lời giải khác, rất ngắn gọn như sau : Trong (1) lấy y =
pi
2
,
ta được
f
(
x+
pi
2
)
= f
(pi
2
)
cosx, ∀x ∈ R. (6)
Đặt x +
pi
2
= t, thay vào (6) ta được
f(t) = f
(pi
2
)
cos
(
t− pi
2
)
= f
(pi
2
)
sin t, ∀t ∈ R
và cũng được kết quả tương tự.
Bài toán 6 (Chọn đội tuyển Ấn Độ năm 2004). Tìm tất cả các hàm số
f : R→ R thoả mãn điều kiện
f (x+ y) = f (x) f (y)− c sin x sin y, ∀x, y ∈ R, (1)
trong đó c là hằng số lớn hơn 1.
Giải. Bằng cách thêm biến mới z ta có
f (x+ y + z) = f (x) f (y + z)− c sin x sin (y + z)
=f (x) [f (y) f (z)− c sin y sin z]− c sin x (sin y cos z + cos y sin z)
=f (x) f (y) f (z)− cf (x) sin y sin z − c sin x sin y cos z − c sin x cos y sin z.
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 7
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Tương tự, ta có
f (y + x+ z)
=f (x) f (y) f (z)− cf (y) sin x sin z − c sin y sinx cos z − c sin y cosx sin z.
Mà f (x+ y + z) = f (y + x+ z) nên
cf (x) sin y sin z + c sin x sin y cos z + c sinx cos y sin z
=cf (y) sin x sin z + c sin y sin x cos z + c sin y cosx sin z.
Suy ra
sin z [f (x) sin y − f (y) sin x] = sin z (sin y cosx− cos y sin x) .
Thế z =
pi
2
, ta nhận được
f (x) sin y − f (y) sin x = sin y cos x− cos y sin x. (2)
Trong (2) lấy x = pi, ta được
f (pi) sin y = − sin y. (3)
Trong (3), lấy y =
pi
4
, ta được f (pi)
√
2
2
= −
√
2
2
⇔ f (pi) = −1. Trong (1), lấy
x = y =
pi
2
, ta được
f (pi) = f2
(pi
2
)
− c⇔ f2
(pi
2
)
= c− 1⇔ f
(pi
2
)
= ±√c− 1.
Trong (1), lấy y = pi, ta được
f (x + pi) = f (x) f (pi)⇒ f (x + pi) = −f (x) . (4)
Từ (4) và (1) ta có
−f (x) = f (x + pi) = f
(
x +
pi
2
+
pi
2
)
= f
(
x +
pi
2
)
f
(pi
2
)
− c sin
(
x +
pi
2
)
sin
pi
2
= f
(
x +
pi
2
)
f
(pi
2
)
− c cos x =
[
f (x) f
(pi
2
)
− c sin x
]
f
(pi
2
)
− c cos x.
Suy ra
f (x)
[
f2
(pi
2
)
+ 1
]
= cf
(pi
2
)
sin x+ c cosx
⇒cf (x) = cf
(pi
2
)
sin x + c cosx⇒ f (x) = f
(pi
2
)
sin x+ cosx
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 8
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
⇒f (x) = ±√c− 1 sin x+ cosx.
Sau khi thử lại, ta kết luận : Có hai hàm số thoả mãn các yêu cầu đề bài là
f(x) =
√
c− 1 sin x+cos x, ∀x, y ∈ R ; f(x) = −√c− 1 sin x+cos x, ∀x, y ∈ R.
Bài toán 7 (Đề nghị Olympic 30/04/2009). Cho hàm số f liên tục trên
R và thoả mãn
f(x)f(y)− f(x+ y) = sin x sin y, ∀x, y ∈ R. (1)
Chứng minh rằng
1
1 + f(2x)
+
1
1 + f(4x)
+
1
1− f(6x) > 2.
Giải. Ta có (1) ⇔ f(x + y) = f(x)f(y) − sin x sin y, ∀x, y ∈ R. Tiến hành
tương tự như bài toán 6 ở trang 7 ta thu được
sin z [f (x) sin y − f (y) sin x] = sin z (sin y cos x− cos y sin x) , ∀x, y, z ∈ R
Thế z =
pi
2
, ta nhận được
f (x) sin y − f (y) sin x = sin y cos x− cos y sin x, ∀x, y ∈ R
⇔ [f(x) − cosx] sin y = [f(y)− cos y] sinx, ∀x, y ∈ R. (2)
Trong (2) cho y =
pi
2
ta được f(x) − cosx = f
(pi
2
)
sin x, ∀x ∈ R. Vậy f(x) có
dạng f(x) = cosx + a sinx, ∀x ∈ R. Thay vào (1) ta được
cos(x+ y) + a sin(x+ y)
= (cosx + a sinx) (cos y + a sin y)− sin x sin y, ∀x, y ∈ R.
Từ (2) cho x = y =
pi
4
, ta được
a =
(√
2
2
+
√
2
2
a
)(√
2
2
+
√
2
2
a
)
− 1
2
⇔ a = 1
2
(a+ 1)2 − 1
2
⇔ a = 0.
Vậy f(x) = cosx, ∀x ∈ R, thử lại thấy thoả mãn (1). Ta có
1 + cos 2x + 1 + cos 4x + 1− cos 6x = 3 + cos 4x + cos 2x− cos 6x
=4− 2sin22x + 2 sin 4x sin 2x
=
9
2
− 1
2
(sin 4x− 2 sin 2x)2 − 1
2
cos24x ≤ 9
2
.
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 9
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Vì vậy
1
1 + f(2x)
+
1
1 + f(4x)
+
1
1− f(6x) =
1
1 + cos 2x
+
1
1 + cos 4x
+
1
1− cos 6x
≥ 9
3 + cos 2x + cos 4x− cos 6x ≥
9
9
2
= 2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1 + cos 2x = 1 + cos 4x = 1− cos 6x
sin 4x = 2 sin 2x
cos 4x = 0
⇔


cos 2x = cos 4x = − cos 6x
sin 4x = 2 sin 2x
cos 4x = 0.
Dễ thấy hệ này vô nghiệm, do đó dấu bằng không xảy ra được, từ đó ... êu cầu đề bài. Từ (1)
cho y = 0 ta được f(x) = h(x) + h(0) + g(0), ∀x ∈ R. Vì thế
(1)⇔ h(x+ y) + h(0) + g(0)− g(xy) = h(x) + h(y), ∀x, y ∈ R
⇔ h(x+ y) = h(x) + h(y) + k(xy), ∀x, y ∈ R, (2)
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 18
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
với k là hàm số : k(x) = g(x)− g(0)− h(0), ∀x ∈ R. Sử dụng (2), ta thêm biến
mới z như sau :
h(x+ y + z) = h(x+ y) + h(z) + k(xz + yz)
= h(x) + h(y) + h(z) + k(xy) + k(yz + zx), ∀x, y, z ∈ R.
Tương tự ta được
h(x+ y + z) = k(yz) + k(zx+ xy) = k(zx) + k(xy + yz), ∀x, y, z ∈ R.
Như vậy, với mọi số thực x, y, z ta có
k(xy) + k(yz + zx) = k(yz) + k(zx+ xy) = k(zx) + k(xy + yz). (3)
Giả sử a, b là hai số thực bất kì.
• Trường hợp a > 0 và b > 0. Xét c > 0. Chọn x =
√
bc
a
, y =
√
ca
b
, z =
√
ab
c
,
thay vào (3) được
k(a) + k(b + c) = k(b) + k(c + a) = k(c) + k(a+ b), ∀a, b, c > 0. (4)
Vì g liên tục trên R nên k liên tục trên R, do đó từ (4) cho c→ 0+ ta được
k(a) + k(b) = k(a+ b) + k(0), ∀a > 0, b > 0. (5)
• Trường hợp a 0. Chọn x =
√
bc
a
, y =
√
ca
b
, z =
√
ab
c
,
thay vào (3) được
k(a) + k(b+ c) = k(b) + k(c + a) = k(c) + k(a+ b), ∀a 0. (6)
Vì g liên tục trên R nên k liên tục trên R, do đó từ (6) cho c→ 0+ ta được
k(a) + k(b) = k(a+ b) + k(0), ∀a < 0, b < 0. (7)
• Trường hợp a 0. Xét c < 0. Chọn x =
√
bc
a
, y =
√
ca
b
, z =
√
ab
c
,
thay vào (3) được
k(a) + k(b+ c) = k(b) + k(c + a) = k(c) + k(a+ b), ∀a 0, c < 0. (8)
Vì g liên tục trên R nên k liên tục trên R, do đó từ (8) cho c→ 0− ta được
k(a) + k(b) = k(a+ b) + k(0), ∀a 0. (9)
• Trường hợp a > 0 và b < 0, tương tự ta cũng thu được
k(a) + k(b) = k(a+ b) + k(0), ∀a > 0, b < 0. (10)
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 19
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
• Nếu ít nhất một trong hai số a, b bằng 0 thì k(a) + k(b) = k(a + b) + k(0)
cũng đúng, do đó từ (5), (7), (9), (10) ta có
k(a) + k(b) = k(a+ b) + k(0), ∀a, b ∈ R. (11)
Xét hàm số t : R→ R như sau : t(x) = k(x) − k(0), ∀x ∈ R. Từ (11) ta có
t(x+ y) = t(x) + t(y), ∀x, y ∈ R. (12)
Do hàm số t liên tục nên từ (12), sử dụng kết quả bài toán 19 ở trang 22
ta được t(x) = ax,∀x ∈ R, với a là hằng số thực. Vì thế hàm số k có dạng
k(x) = ax + b, ∀x ∈ R, suy ra hàm g có dạng g(x) = ax + α, ∀x ∈ R. Thay
vào (2) ta được
h(x+ y) = h(x) + h(y) + axy + α, ∀x, y ∈ R
⇔h(x+ y)− a
2
(x+ y)2 =
[
h(x)− a
2
x2
]
+
[
h(y)− a
2
y2
]
+ α = 0, ∀x, y ∈ R
⇒h(x)− a
2
x2 = mx + n, ∀x ∈ R.
Vậy hàm số h có dạng h(x) =
a
2
x2 +mx + n, ∀x ∈ R. Tóm lại :
f(x) ≡ a
2
x2 +mx + p, g(x) ≡ ax+ b, h(x) ≡ a
2
x2 +mx +m.
Thay vào (1) ta được
a
2
(x+ y)2+m(x+ y)+ p− axy− b = a
2
x2+mx+n+
a
2
y2+my+n,∀x, y ∈ R,
hay p− b = 2n. Vậy các hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài là
f(x) ≡ a
2
x2 +mx + b+ 2n, g(x) ≡ ax+ b, h(x) ≡ a
2
x2 +mx + n.
Bài toán 16. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R→ R thoả mãn
f(x + y) + f(xy) = f(x) + f(y) + f(xy + 1), ∀x, y ∈ R. (1)
Giải. Giả sử hàm số f thoả mãn các yêu cầu đề bài. Xét hàm số g như sau :
g(x) = f(x+ 1) − f(x), ∀x ∈ R. Khi đó g liên tục trên R và (1) trở thành
f(x+ y) = f(x) + f(y) + g(xy), ∀x, y ∈ R. (2)
Sử dụng (2), ta thêm biến mới z tương tự như bài toán 15, thu được kết quả :
Hàm g có dạng g(x) = 2ax+ b, ∀x ∈ R. Thay vào (2) ta được
f(x+ y) = f(x) + f(y) + 2axy + b, ∀x, y ∈ R
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 20
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
⇔f(x+ y)− a(x+ y)2 = [h(x)− ax2]+ [h(y)− ay2]+ b = 0, ∀x, y ∈ R
⇒f(x)− ax2 = mx + n, ∀x ∈ R.
Thay f(x) = ax2 +mx+ n, ∀x ∈ R vào (1) ta được
a(x+ y)2 +m(x + y) + n + ax2y2 +mxy + n
=ax2 +mx + n+ ay2 +my + n+ a(xy + 1)2 +m(xy + 1) + n, ∀x, y ∈ R.
Rút gọn ta được a+m+n = 0⇔ n = −a−m. Vậy hàm số thoả mãn yêu cầu
đề bài có dạng f(x) = ax2 +mx− a−m, ∀x ∈ R, với a, m là những hằng số
tuỳ ý.
Bài toán 17. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R→ R thoả mãn
f(x + y) + f(xy) + 1 = f(x) + f(y) + f(xy + 1), ∀x, y ∈ R. (1)
Hướng dẫn. Xét hàm số g(x) = f(x + 1)− f(x)− 1 liên tục trên R. Ta có
(1)⇔ f(x+ y) = f(x) + f(y) + g(xy), ∀x, y ∈ R. (2)
Vậy ta thêm biến mới z tương tự như bài toán 15, thu được kết quả : Hàm g
có dạng g(x) = 2ax+ b, ∀x ∈ R. Thay vào (2) ta được
f(x+ y) = f(x) + f(y) + 2axy + b, ∀x, y ∈ R
⇔f(x+ y)− a(x+ y)2 = [h(x)− ax2]+ [h(y)− ay2]+ b = 0, ∀x, y ∈ R
⇒f(x)− ax2 = mx + n, ∀x ∈ R.
Thay f(x) = ax2 +mx+ n, ∀x ∈ R vào (1) ta được
a(x+ y)2 +m(x + y) + n + ax2y2 +mxy + n+ 1
=ax2 +mx + n+ ay2 +my + n+ a(xy + 1)2 +m(xy + 1) + n, ∀x, y ∈ R.
Rút gọn ta được a +m + n = 1 ⇔ n = 1− a −m. Vậy hàm số thoả mãn yêu
cầu đề bài có dạng f(x) = ax2 +mx + 1− a −m, ∀x ∈ R, với a, m là những
hằng số tuỳ ý.
Bài toán 18. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R→ R thoả mãn
f(x+ y) + f(xy − 1) = f(x) + f(y) + f(xy), ∀x, y ∈ R.
1.1.2 Một số kết quả đã sử dụng
Trong mục này ta sẽ phát biểu và chứng minh một số kết quả (thông qua các
bài toán) đã sử dụng ở mục 1.1.1. Lưu ý rằng đây là những bài toán rất cơ bản,
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 21
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
cần thiết cho những ai muốn tìm hiểu về phương trình hàm (cả kết quả và lời
giải), chẳng hạn như bài toán 19, 20, khi đi thi học sinh giỏi là được phép sử
dụng mà không cần chứng minh lại.
Bài toán 19 (Phương trình hàm Cauchy). Tìm tất cả các hàm số f : R→
R, liên tục trên R và thỏa mãn
f(x+ y) = f(x) + f(y),∀x, y ∈ R. (1)
Giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (1). Trong (1) lấy y = x
ta được
f(2x) = 2f(x),∀x ∈ R. (2)
Trong (2) lấy x = 0 ta được f(0) = 0. Từ (1) và (2) và bằng phương pháp quy
nạp ta chứng minh được
f(nx) = nf(x),∀x ∈ R,∀n ∈ N. (3)
Trong (1) lấy y = −x và sử dụng f(0) = 0 ta được
f(−x) = −f(x),∀x ∈ R. (4)
Bởi vậy khi n = −1,−2, . . . , sử dụng (3) và (4) ta có
f(nx) = f(−n(−x)) = −nf(−x) = nf(x),∀x ∈ R. (5)
Từ (3) và (5) suy ra
f(nx) = nf(x),∀x ∈ R,∀n ∈ Z. (6)
Với mọi n = 1, 2, . . . , sử dụng (3) ta có
f(x) = f
(
n.
1
n
x
)
= nf
(
1
n
x
)
⇒ f
(
1
n
x
)
=
1
n
f(x),∀x ∈ R. (7)
Với mọi m,n ∈ Z và n > 0, sử dụng (7) và (6) ta có
f
(m
n
x
)
= f
(
m.
1
n
x
)
= mf
(
1
n
x
)
= m.
1
n
f(x) =
m
n
f(x),∀x ∈ R.
Bởi vậy
f(rx) = rf(x),∀x ∈ R,∀r ∈ Q. (8)
Trong (8) lấy x = 1 ta được
f(r) = rf(1),∀r ∈ Q. (9)
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 22
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Với mỗi x ∈ R tồn tại dãy số hữu tỉ {rn}+∞n=1 sao cho lim
n→+∞
rn = x. Vì f liên tục
nên
f(x) = f
(
lim
n→+∞
rn
)
= lim
n→+∞
f(rn)
= lim
n→+∞
rnf(1) = f(1) lim
n→+∞
rn = f(1)x.
Vậy
f(x) = ax,∀x ∈ R (với C là hằng số tùy ý). (10)
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy ta kết luận : Tất cả các hàm số cần tìm đều có
dạng như ở (10).
Bài toán 20. Tìm tất cả các hàm số f : R→ R, liên tục trên R và thỏa mãn
f(x+ y) = f(x)f(y),∀x, y ∈ R. (1)
Giải. Dễ thấy hàm f(x) ≡ 0 là một nghiệm của (1). Tiếp theo xét f(x) 6≡ 0.
Khi đó tồn tại x0 ∈ R sao cho f(x0) 6= 0. Theo (1) ta có
f(x0) = f (x + (x0 − x)) = f(x).f(x0 − x),∀x ∈ R.
Suy ra f(x) 6= 0, ∀x ∈ R và
f(x) = f
(x
2
+
x
2
)
=
[
f
(x
2
)]2
> 0,∀x ∈ R.
Vậy đặt ln f(x) = g(x)
(
f(x) = eg(x)
)
. Khi đó hàm g liên tục trên R và
eg(x+y) = eg(x).eg(y), ∀x, y ∈ R
⇔eg(x+y) = eg(x)+g(y), ∀x, y ∈ R
⇔g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R.
Theo kết quả bài toán 19 suy ra
g(x) = bx,∀x ∈ R (b là hằng số) .
Vậy f(x) = ebx = ax, với a > 0 tuỳ ý. Có hai hàm số thoả mãn đề bài là
f(x) ≡ 0, f(x) ≡ ax (a là hằng số dương).
Bài toán 21. Cho hàm số f là đơn ánh và liên tục trên một khoảng nào. Chứng
minh rằng hàm số f đơn điệu thực sự trên khoảng đó.
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 23
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Giải. Giả sử f đơn ánh và liên tục trên khoảng (a; b). Lấy hai giá trị cố định
α, β ∈ (a; b) mà α < β. Với mọi x, y ∈ (a; b) , x < y ta xét hàm số g : [0; 1]→ R
được xác định như sau
g(t) = f ((1− t)β + ty)− f ((1− t)α + tx) ,∀t ∈ [0; 1] .
Khi đó g là hàm liên tục trên đoạn [0; 1] và
g(0) = f(β) − f(α), g(1) = f(y)− f(x).
Nếu g(0).g(1) = [f(β)− f(α)] [f(y)− f(x)] < 0 thì tồn tại γ ∈ (0; 1) sao cho
g(γ) = 0. Nghĩa là
f ((1− γ)β + γy)− f ((1− γ)α + γx) = 0
⇒f ((1− γ)β + γy) = f ((1− γ)α + γx) .
Vì f là đơn ánh nên
(1− γ)β + γy = (1− γ)α + γx⇔ (1− γ)(β − α) = γ(x− y).
Điều này là vô lí vì vế phải âm còn vế trái dương. Bởi vậy
g(0).g(1) = [f(β) − f(α)] [f(y)− f(x)] ≥ 0
Nhưng nếu [f(β)− f(α)] [f(y)− f(x)] = 0 thì f(β) = f(α) hoặc là f(y) =
f(x). Điều này mâu thuẫn với f là đơn ánh. Bởi vậy
[f(β) − f(α)] [f(y)− f(x)] > 0.
Suy ra f(β) − f(α) luôn cùng dấu với f(y)− f(x). Do đó f đơn điệu thực sự.
Bài toán 22. Tìm tất cả các hàm số f : R→ R, đơn điệu trên R và thỏa mãn
f(x+ y) = f(x) + f(y),∀x, y ∈ R. (1)
Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử f là hàm tăng. Tương tự như bài toán
19 ở trang 22 ta chứng minh được
f(x) = kx,∀x ∈ Q. (2)
Với x ∈ R tùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ {un}+∞n=1 , {vn}+∞n=1 sao cho
un ≤ x ≤ vn,∀n = 1, 2, . . . ; lim
n→+∞
un = lim
n→+∞
vn = x.
Vì f là hàm tăng nên kết hợp với (2) ta có
f(un) ≤ f(x) ≤ f(vn)⇒ kun ≤ f(x) ≤ kvn(∀n = 1, 2, . . . ).
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 24
www.MATHVN.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Cho n→ +∞ trong bất đẳng thức trên ta được
kx ≤ f(x) ≤ kx⇒ f(x) = kx.
Vậy f(x) = kx,∀x ∈ R (k là hằng số bất kì). Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 23. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thoả mãn đồng thời hai điều
kiện sau :
f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. (1)
f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R. (2)
Giải. Từ (1), tiến hành tương tự như ở lời giải bài toán 19 ở trang 22 ta chứng
minh được các kết quả sau :{
f(rx) = rf(x), ∀x ∈ R, r ∈ Q (3)
f(0) = 0, f(−x) = −f(x), ∀x ∈ R. (4)
Từ (2) cho y = x ta được f(x2) = [f(x)]2, ∀x ∈ R. Suy ra
f(x) ≥ 0, ∀x ≥ 0.
Từ (2) và (3) ta được
rf(x) = f(rx) = f(r)f(x), ∀x ∈ R, r ∈ Q. (5)
Dễ thấy f(x) ≡ 0 thoả mãn yêu cầu đề bài. Xét f(x) 6≡ 0. Khi đó tồn tại x0 ∈ R
sao cho f(x0) 6= 0. Từ (5) cho x = x0, ta được
f(r) = r, ∀r ∈ Q. (6)
Tiếp theo ta chứng minh f là hàm đồng biến. Giả sử x 0,
suy ra f(y − x) ≥ 0. Sử dụng (1) ta được
f(y) = f((y − x) + x) = f(y − x) + f(x) ≥ f(x)⇒ f(x) ≤ f(y).
Vậy hàm f đồng biến trên R. Với x ∈ R tùy ý, ta chọn hai dãy số hữu tỉ
{un}+∞n=1, {vn}+∞n=1 sao cho
un ≤ x ≤ vn,∀n = 1, 2, . . . ; lim
n→+∞un = limn→+∞ vn = x.
Vì f là hàm tăng nên kết hợp với (6) ta có
f(un) ≤ f(x) ≤ f(vn)⇒ un ≤ f(x) ≤ vn(∀n = 1, 2, . . . ).
Cho n→ +∞ trong bất đẳng thức trên ta được
x ≤ f(x) ≤ x⇒ f(x) = x.
Sau khi thử lại ta kết luận : Có hai hàm số thoả mãn các yêu cầu đề bài là
f(x) = 0, ∀x ∈ R và f(x) = x, ∀x ∈ R.
1.1. Giải phương trình hàm bằng phương pháp thêm biến. 25
www.MATHVN.com