Những cặp phương trình hàm

NGUYỄN TÀI CHUNG GIỎ BỒI D Ư HỌ C S NG IN H Ỡ I   M P HƯ À ƠN G TRÌNH H f: ∞ + ; (0 )→ ) ∞ 0; + ( R f :R→ NHỮNG CẶP phương trình hàm y f :Z→Z O y = f (x) a b Pleiku 25-12-2019 x f : N∗ → N 2 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai i | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai MỤC LỤC MỤC LỤC A Đề bài 1 B Lời giải 4 1 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai NHỮNG CẶP PHƯƠNG TRÌNH HÀM A. ĐỀ BÀI Bài 1. 1 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. 2 Tìm các hàm số f : R → R, đơn điệu trên R và thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R. 3 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) . 4 Tìm tất cả các hàm f : R → R bị chặn trên đoạn [ a; b] và thỏa mãn điều kiện: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R. 5 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y, x + y ∈ [0; 1]. Bài 2. 1 Tìm các hàm số f : R → R liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện:  f x+y 2  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ R. 2 2 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [0; 1] → R thỏa mãn:  f x+y 2  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ [0; 1] . 2 3 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : [ a; b] → R thỏa mãn:  f x+y 2  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ [ a; b] . 2 4 Tìm tất cả hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn  f x+y 2  = f ( x ) + f (y) , 2 ∀ x, y > 0. 5 Tìm tất cả các hàm số f : ( A; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn  f MỤC LỤC x+y 2  = f ( x ) + f (y) , ∀ x, y ∈ ( A; +∞) 2 2 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai Bài 3. 1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x f (y) + x ) = xy + f ( x ), ∀ x, y ∈ R. 2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn f ( x f (y) + x ) = xy + f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞). Bài 4. 1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x f (y) + f ( x )) = 2 f ( x ) + xy, ∀ x, y ∈ R. (Brazil National Olympiad 2006) 2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn f ( x f (y) + f ( x )) = 2 f ( x ) + xy, ∀ x, y ∈ (0; +∞) . (Trường Đông Toán Học Miền Nam 2019-2020) Bài 5. 1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x2 + f (y)) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ R. (Đề nghị thi Olympic 30/04/2011) 2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn   f x2 + f (y) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞). 3 Tìm các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:   f x2 + f (y) = x f ( x ) + y, ∀ x, y ∈ N∗ . (Romania National Olympiad 2008, Grade 9) Bài 6. 1 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn: f ( x + y f ( x )) = f ( x ) + x f (y), ∀ x, y ∈ Z. 2 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + y f ( x )) = f ( x ) + x f (y), ∀ x, y ∈ R. Bài 7. MỤC LỤC 3 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai 1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:   f x2 + f (y) = [ f ( x )]2 + y, ∀ x, y ∈ R. (IMO 1992) 2 Cho số nguyên n ≥ 2. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn: f ( x n + f (y)) = [ f ( x )]n + y, ∀ x, y ∈ R. 3 Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:   f m2 + f (n) = f (m)2 + n, ∀m, n ∈ N∗ . 4 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn   f x2 + f (y) = f 2 ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞). Bài 8. 1 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f ( x f ( x ) + f (y)) = f 2 ( x ) + y, ∀ x, y ∈ R. (Balkan MO 2000, Argentina TST 2005) 2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn: f ( x f ( x ) + f (y)) = f 2 ( x ) + y, ∀ x, y ∈ (0; +∞). Bài 9. 1 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn phương trình hàm f ( x + y) + f ( x ) f (y) = f ( x ) + f (y) + f ( xy), ∀ x, y ∈ R. (Belarus 1997) 2 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn f ( x + y) + f ( x ) f (y) = f ( xy) + f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞). Bài 10. 1 Tìm các đơn ánh f : Z → Z thỏa mãn: | f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ Z. (Romania National Olympiad 2013) 2 Tìm tất cả các hàm số f : [ a, b] → [ a, b] thỏa mãn | f ( x ) − f (y)| ≥ | x − y|, ∀ x, y ∈ [ a, b]. MỤC LỤC 4 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai 3 Tìm tất cả các hàm số f xác định trên [0; 1], nhận giá trị trong R và thỏa mãn: | x − y|2 ≤ | f ( x ) − f (y)| ≤ | x − y| , ∀ x, y ∈ [0; 1]. (Romania District Olympiad 2011; Azerbaijan IMO TST 2015) Bài 11. 1 Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : N −→ N thỏa mãn f ( f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N. (IMO 1987) 2 Tìm tất cả các hàm số tăng nghiêm ngặt f : N∗ → N∗ thỏa mãn f ( f (n)) = n + 1994, ∀n ∈ N∗ . (Bài toán T8/202, Toán học và tuổi trẻ tháng 04/1994) 3 Tìm tất cả các số nguyên dương b sao cho tồn tại hàm số f : N → N thỏa mãn f ( f (n)) = n + b, ∀n ∈ N. Bài 12. 1 Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (mn) + f (m + n) = f (m) f (n) + 1, ∀m, n ∈ N∗ . (Indonesia Mathematics Olympiad 2008) 2 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (m + n) + f (mn) = f (m) f (n) + 1, ∀m, n ∈ Z. 3 Tìm tất cả hàm số f : Z → Z thoả mãn f (m + n) + f (m) f (n) = f (mn + 1) , ∀m, n ∈ Z. B. LỜI GIẢI 1. 1 Giả sử tồn tại hàm số f : R → R, liên tục trên R và thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R. Trong (1) lấy y = x ta được f (2x ) = 2 f ( x ), ∀ x ∈ R. (1) (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 ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ N. (3) MỤC LỤC 5 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai 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 )) = −n f (− x ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R. Từ (3) và (5) suy ra (5) f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀n ∈ Z. (6) Với mọi n = 1, 2, . . . , sử dụng (3) ta có       1 1 1 1 f ( x ) = f n. x = n f x ⇒ f x = f ( x ), ∀ x ∈ R. n n n n (7) Với mọi m, n ∈ Z và n > 0, sử dụng (7) và (6) ta có     m  1 1 1 m f x = f m. x = m f x = m. f ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ R. n n n n n Bởi vậy Trong (8) lấy x = 1 ta được f (rx ) = r f ( x ), ∀ x ∈ R, ∀r ∈ Q. (8) f (r ) = r f (1), ∀r ∈ Q. (9) ∞ Với mỗi x ∈ R tồn tại dãy số hữu tỉ {rn }+ n=1 sao cho lim rn = x. Vì f liên tục nên n→+∞  f (x) = f  lim rn n→+∞ Vậy = lim f (rn ) = lim rn f (1) = f (1) lim rn = f (1) x. n→+∞ n→+∞ n→+∞ f ( x ) = ax, ∀ x ∈ R (với C là hằng số tùy ý). (10) Thử lại thấy thỏa mãn. Ta kết luận: tất cả các hàm số cần tìm đều có dạng như ở (10). Nhận xét 1.  Hàm số f : R → R và thỏa mãn (1) được gọi là hàm cộng tính.  Trong bài toán ??, nếu ta thay giả thiết hàm số f liên tục trên R bởi hàm số f liên tục tại điểm x0 thì kết quả trên vẫn đúng. Thật vậy, nếu hàm số f liên tục tại điểm x0 thì lim f (t) = f ( x0 ). Bởi vậy t → x0 lim f (u) = u→ x lim u − x + x0 → x0 f ((u − x + x0 ) + ( x − x0 )) = lim f (t + ( x − x0 )) = lim f (t) + f ( x − x0 ) t → x0 t → x0 = f ( x0 ) + f ( x − x0 ) = f ( x0 + x − x0 ) = f ( x ), hay f liên tục tại x ∈ R. Như vậy, nếu hàm số f xác định trên R, liên tục tại điểm x0 ∈ R và thỏa mãn phương trình hàm Cauchy thì f liên tục trên R. 2 Giả sử tồn tại hàm số f : R → R, đơn điệu trên R và thỏa mãn f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R. MỤC LỤC (1) 6 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai  Trường hợp 1: f là hàm tăng. Tương tự như bài toán ?? ở trang ?? ta chứng minh được f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q. (2) ∞ +∞ Với x ∈ R tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ {un }+ n=1 , { vn }n=1 sao cho un ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ; lim un = lim vn = x. n→+∞ n→+∞ 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, . . . ). 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.  Trường hợp 2: f là hàm giảm. Tương tự như bài toán ?? ở trang ?? ta chứng minh được f ( x ) = kx, ∀ x ∈ Q. (2) ∞ +∞ Với x ∈ R tùy ý, tồn tại hai dãy số hữu tỉ {un }+ n=1 , { vn }n=1 sao cho un ≤ x ≤ vn , ∀n = 1, 2, . . . ; lim un = lim vn = x. n→+∞ n→+∞ Vì f là hàm giảm nên kết hợp với (2) ta có: f (un ) ≥ f ( x ) ≥ f (vn ) ⇒ kun ≥ f ( x ) ≥ kvn (∀n = 1, 2, . . . ). 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. Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f ( x ) = kx, ∀ x ∈ R (k là hằng số bất kì). 3 Giả sử tồn tại hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ (0; +∞) . (1) Từ (1) cho x = y ta được: f (2x ) = f ( x + x ) = f ( x ) + f ( x ) = 2 f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) . Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được: f (nx ) = n f ( x ), ∀ x ∈ (0; +∞) , n ∈ N∗ . Đặt c = f (1) > 0. Với mọi n = 1, 2, . . . , ta có:     1 do (2) 1 1 1 c = f (1) = f (n. ) = n f ⇒ f = c. , ∀n ∈ N∗ . n n n n (2) (3) MỤC LỤC 7 | Nguyễn Tài Chung - GV THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai m . Ta có: n     m 1 do (2) 1 do (3) cm = mf = f (r ) = f = f m. = cr. n n n n Giả sử r ∈ Q, r > 0, khi đó ∃m, n ∈ N∗ sao cho: r = (4) Từ giả thiết suy ra: f ( x + y) > f ( x ), ∀ x, y ∈ (0; +∞), do đó f là hàm tăng trên (0; +∞). Với mọi số thực x > 0, khi đó tồn tại hai dãy số hữu tỉ dương (αn ), ( β n ) sao cho: αn ≤ x ≤ β n , ∀n = 1, 2, . . . và lim αn = x = lim β n . n→+∞ n→+∞ Do (4) và do f tăng nghiêm ngặt trên (0; +∞) nên: f (αn ) ≤ f ( x ) ≤ f ( β n ), ∀n = 1, 2, . . . ⇒cαn ≤ f ( x ) ≤ cβ n , ∀n = 1, 2, . . . (5) Từ (5) cho n → +∞ và sử dụng nguyên lí kẹp ta được: cx ≤ f ( x ) ≤ cx, ∀ x > 0. Vậy f ( x ) = cx, ∀ x > 0. Thử lại thấy thỏa mãn các yêu cầu đề bài. 4 Giả sử tồn tại hàm f : R → R bị chặn trên đoạn [ a; b] và thỏa mãn điều kiện: f ( x + y) = f ( x ) + f (y), ∀ x, y ∈ R. (1) Do f bị chặn trên đoạn [ a; b] nên ∃ M ∈ R sao cho f ( x ) < M, ∀ x ∈ [ a; b] . Ta sẽ chứng minh hàm số f cũng bị chặn trên đoạn [0; b − a]. Thật vậy, với mọi x ∈ [0; b − a] thì x + a ∈ [ a; b]. Ta có f ( x + a) = f ( x ) + f ( a) ⇒ f ( x ) = f ( x + a) − f ( a) ⇒ −2M < f ( x ) < 2M. Vậy | f ( x )| < 2M, ∀ x ∈ [0; b − a], hay f cũng bị chặn trên đoạn [0; b − a]. f (d) , g( x ) = f ( x ) − cx. Khi đó Đặt b − a = d > 0, khi đó f bị chặn trên [0; d]. Đặt c = d với mọi x ∈ R, y ∈ R thì g( x + y) = f ( x + y) − c( x + y) = f ( x ) − cx + f (y) − cy = g( x ) + g(y). Hơn nữa g(d) = f (d) − cd = 0. Vậy g( x + d) = g( x ), ∀ x ∈ R, hay g là hàm tuần hoàn, hơn nữa g cũng bị chặn trên [0; d], kết hợp với tính tuần hoàn của g trên R, suy ra g bị chặn trên R. Giả sử ∃ x0 ∈ R : g( x0 ) 6= 0. Khi đó với số tự nhiên n thì g(nx0 ) = ng( x0 ), suy ra (2) | g(nx0 )| = n | g( x0 )| , ∀n ∈ N. Do g( x0 ) 6= 0 nên từ (2) ta có lim | g(nx0 )| = lim | g( x0 )| n = +∞, do đó | g(nx0 )| lớn n→+∞ n→+∞ tùy ý (chỉ cần chọn n đủ lớn), trái với điều kiện bị chặn của hàm g. Vậy g( x ) = 0, ∀ x ∈ R, do đó f ( x ) = cx, ∀ x ∈ R (c là hằng số). Thử lại thấy thỏa mãn. MỤC LỤC