Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Phương trình hàm - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Phương trình hàm - Ngô Tùng Hiếu

1. Bài 1. Cho hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn điều kiện: 2 2 (x y) f (x y) (x y) f (x y) xy(x y ) với x, y ¡ . Tính f (0) và chứng minh f là hàm số lẻ. Tìm tất cả các hàm số f . Hướng dẫn giải Tính f (0) và chứng minh f là hàm số lẻ. Với x y 1 thì 2 f (0) 0 hay f (0) 0 . (1) y ¡ y ¡ Với y 0 thì f (0) f ( 0) 0 (do (1)) x 0 Với thì yf (y) yf ( y) 0 hay f ( y) f (y) y 0 Vậy f là hàm số lẻ. Tìm tất cả các hàm số f . u v x u x y 2 Đặt ta suy ra v x y u v y 2 u2 v2 Khi đó v f (u) u f (v) uv (2) 4 u 0 Với v 0 f (u) f (v) u2 v2 f (u) u2 f (v) v2 Từ (2) ta được hay . u v 4 u 4 v 4 f (u) u2 1 Chọn v 1, ta có f (1) . u 4 4 1 Đặt a f (1) 4 f (u) u2 Ta có a,u 0 . (3) u 4 x3 Suy ra f (x) ax,x 0 4 x3 Từ (1), (3) ta được f (x) ax,x ¡ . 4 Thử lại x3 1 1 Với f (x) ax , ta có: f (0) 0; f (1) a a f (1) 4 4 4 và (x y) f (x y) (x y) f (x y) xy(x2 y2 ) x3 Vậy f (x) ax, x ¡ . 4 Bài 2. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn: 1 1 1 f xy f xz f x f yz ,x, y, z ¡ . 3 3 9 Hướng dẫn giải 1
2. 2 1 1 2 1 1 1 Cho x y z 0 thì f 0 f 0 f 0 f 0 0 f 0 3 3 9 3 3 2 1 1 2 1 1 1 Cho x y z 1 thì f 1 f 1 f 1 f 1 0 f 1 3 3 9 3 3 2 1 Cho y z 0 thì f 0 f x f 0 . 3 9 1 1 Do f 0 nên f x ,x ¡ . (1) 3 3 1 1 1 Cho y z 1, ta có f x f x f x f 1 . 3 3 9 1 1 Do f 1 nên f x ,x ¡ . (2) 3 3 1 Từ (1) và (2) ta được f x ,x ¡ . 3 Bài 3. Tìm tất cả các hàm số f : R R , biết rằng f là hàm số chẵn và thỏa mãn: f xy f x f y 2014 f x y 2xy 1 với mọi x, y R . Hướng dẫn giải Từ (1) cho y 0, ta có: f 0 f x . f 0 2014 f x 1 f x 1 f 0 2014 0 với mọi x R Nếu f 0 2014 thì f x 1 với mọi x R . Khi đó f không thỏa mãn (1) Do đó f 0 2014 Từ (1) thay x bởi x và y bởi x , ta được: 2 f x2 f x 2014 f 2x 2x2 1 (2) Từ (1) thay x bởi x và y bởi x , ta được: f x2 f x f x 2014 f 0 2x2 1 (3) Vì f là hàm số chẵn nên viết (3) lại như sau: 2 f x2 f x 2014 f 0 2x2 1 (4) Lấy (4) trừ (2) vế theo vế ta được: f 2x 4x2 f 0 với mọi x R Suy ra: f x x2 f 0 x2 2014 với mọi x R . Bài 4. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn f x2 y2 xf x yf y ,x, y ¡ (1). Hướng dẫn giải Cho x 0 , từ 1 suy ra f y2 yf y ,y ¡ Cho y 0, từ 1 suy ra f x2 xf x ,x ¡ . Do đó (1) trở thành: f x2 y2 f x2 f y2 ,x, y ¡ f x y f x f y ,x, y 0 * thay y bởi y từ 1 ta được : 2
3. f x2 y2 xf x yf y yf y yf y ,y ¡ f x f x ,x ¡ yf y yf y ,y ¡ f x f x ,x ¡ , 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 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 Kết hợp * , ,( ) và ta được f x y f x f y ,x, y ¡ . f x 1 2 f x2 2x 1 x 1 f x 1 f x2 f 2x f 1 tính f x 1 2 theo hai cách. Ta có x 1 f x f 1 xf x 2 f x f 1 f x xf 1 ,x ¡ f x ax,x ¡ ,a ¡ Bài 5. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn: 1 1 f (x xy f (y)) f (x) f (y) ,x, y ¡ . 2 2 Hướng dẫn giải Dễ thấy hàm f hằng không thỏa mãn. Ta xét f không hằng. 1 1 f (x xy f (y)) f (x) f (y) ,x, y ¡ (1) 2 2 1 1 Trong (1) cho y=-1 ta được: f ( f ( 1)) f (x) f ( 1) ,x ¡ (2) 2 2 1 1 1 Rõ ràng nếu f ( 1) 0 thì f là hàm hằng. Do đó: f ( 1) 0 f ( 1) 2 2 2 1 Ta sẽ chứng minh: f (x) 0 x 1. 2 1 Thật vậy, giả sử tồn tại a 1 sao cho f (a) . 2 1 Trong (1) chọn y a ta có: f (ax x ) 0,x ¡ . 2 Mâu thuẫn vì f không là hàm hằng. Do đó ta có: a 1. 1 1 Chú ý là f ( 1) nên từ (2) ta có : f ( ) 0 . 2 2 3
4. 1 f (y) Trong (1) chọn x 2 , ( y 1) ta được: 1 y 1 1 1 f (y) f (y) f (y) 1 1 f ( 2 2 .y f (y)) (f( 2 ) )( f (y) ) 1 y 1 y 1 y 2 2 1 f (y) 1 1 1 (f( 2 ) )( f (y) ) f ( ) 0, y 1 1 y 2 2 2 1 1 f (y) f (y) 1 f ( 2 ) ,  y 1 2 1, y 1 1 y 2 1 y 1 Suy ra f (y) y , y 1 2 1 1 Do f ( 1) nên f (x) x ,x ¡ . 2 2 1 Thử lại ta có hàm số cần tìm là f (x) x ,x ¡ . 2 Bài 6. Tìm tất cả các hàm f: ¡ ¡ thoả mãn: 2 4 2 f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ . Hướng dẫn giải 2 4 2 Từ giả thiết: f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ (1) Thay y = x4 vào (1): f f x x4 f 0 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ (2) Thay y = -f(x) vào (1): f (0) f x4 f x 8 f 2 x f 2 x f 2 x ,x ¡ (3) Từ (2) và (3) ta có: 16 f 4 x 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ 2 4 2 3 8 1 4 f x x f x f x x f x x 0,x ¡ (4) 4 2 Thay x = 0 vào (4) suy ra f(0) = 0. Giả sử tồn tại a 0 sao cho f(a) = 0. Ta chứng minh f(x) = 0, x ¡ Thay x = 0 và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(-y). Thay x = a và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(a4 – y). Suy ra: f y f y f a4 y f y a4 ,y ¡ 4
5. f f x f f x f a4 f x ,x ¡ (5) và f y4 f y4 a4 ,y ¡ (6) Thay y = 0 và x tuỳ ý vào (1), ta được f f x f x4 (7) Thay y = a4 vào (1), ta được f f x a4 f x4 a4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (8) Từ (5), (6), và (8) suy ra: f f x f x4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (9) Từ (7) và (9): 8a4 f x f 2 x a8 0 f x 0,x ¡ 4 Và từ (4), nếu x0 R: f(x0) 0 f(x) = x , x R Thử lại, ta thấy f(x) = 0 và f(x) = x4 là nghiệm của phương trình. Bài 7. Tìm tất cả các hàm số f: R R thoả mãn f (xf (y) y) f (xy x) f (x y) 2013xy (1). Hướng dẫn giải 1 Thay x=1,y = vào (1) ta được: f (a) 1 2013 1 1 Trong đó a f ( ) 2013 2013 Tiếp tục thay y = a vào (1), ta thu được: f (x a) f (xa x) f (x a) 2013ax,x R hay f (ax x) 2013ax,x R (2) t Từ (2) suy ra a 1. Thay x vào (2), ta được a 1 2013at f (t) ,t R hay f (t) ct,(c R) a 1 Tiếp theo, thay biểu thức của f(t) vào (1), ta thu được đẳng thức c2 xy cy cxy cx cx cy 2013xy;x, y R (c2 c 2013)xy 0,x, y R 1 8053 c 2 2 c c 2013 0 1 8053 c 2 1 8053 1 8053 Vậy ta nhận được hai hàm số thoả mãn đề bài là f (x) x và f (x) x 2 2 Bài 8. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn f x y f y f f x 2y, x, y ¡ . 5
6. Hướng dẫn giải Chứng minh f là đơn ánh Thật vậy, với mọi x, y thỏa mãn f x f y ta có f x y f y f f x 2y x y f x y f x f f y 2x Chọn y = 0 ta được f x f 0 f f x f x x f 0 ,x ¡ Vậy f x x c,x ¡ với c là hằng số. Thay vào điều kiện bài toán ta được x y f y c f x c 2y x y y 2c x 2c 2y (luôn đúng). Bài 9. Tìm tất cả các hàm f : R R thỏa mãn: f xf (y) 2015x 2015xy f (x) với mọi x, y. Hướng dẫn giải Cho x = 1 thì f  f (y) 2015 2015y f (1) Chọn y thỏa mãn 2015y f (1) 2015, và đặt t f (y) 2015 thì f (t) 2015 . Chọn y = t, và thay vào giả thiết thì: f xf (t) 2015x 2015xt f (x) Hay: f (0) 2015xt f(x)  f(x) 2015tx f(0) x Vậy f (x) là hàm bậc nhất. Giả sử f (x) mx n . Thay vào giả thiết ta có: mxf (y) 2015x n 2015xy mx n  mx(my n) 2015mx n 2015xy mx n  m2 xy mn 2015m x 2015xy mx Đẳng thức trên đúng với mọi x, y nên: m2 2015 m 2015  mn 2015m m n 2014 Vậy có 2 hàm thỏa mãn yêu cầu, là f (x) 2015x 2014 . Bài 10.Tìm tất cả các hàm f: ¡ ¡ thoả mãn: 2 4 2 f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ . Hướng dẫn giải 2 4 2 Từ giả thiết: f f x y f x y 8yf x f x y ,x, y ¡ (1) Thay y = x4 vào (1): f f x x4 f 0 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ (2) Thay y = -f(x) vào (1): f (0) f x4 f x 8 f 2 x f 2 x f 2 x ,x ¡ (3) Từ (2) và (3) ta có: 16 f 4 x 8x4 f x f 2 x x8 ,x ¡ 2 4 2 3 8 1 4 f x x f x f x x f x x 0,x ¡ (4) 4 2 Thay x = 0 vào (4) suy ra f(0) = 0. 6
7. Giả sử tồn tại a 0 sao cho f(a) = 0. Ta chứng minh f(x) = 0, x ¡ Thay x = 0 và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(-y). Thay x = a và y tuỳ ý vào (1), ta được f(y) = f(a4 – y). Suy ra: f y f y f a4 y f y a4 ,y ¡ f f x f f x f a4 f x ,x ¡ (5) và f y4 f y4 a4 ,y ¡ (6) Thay y = 0 và x tuỳ ý vào (1), ta được f f x f x4 (7) Thay y = a4 vào (1), ta được f f x a4 f x4 a4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (8) Từ (5), (6), và (8) suy ra: f f x f x4 8a4 f x f 2 x a8 ,x ¡ (9) Từ (7) và (9): 8a4 f x f 2 x a8 0 f x 0,x ¡ 4 Và từ (4), nếu x0 R: f(x0) 0 f(x) = x , x R Thử lại, ta thấy f(x) = 0 và f(x) = x4 là nghiệm của phương trình. Bài 11. Kí hiệu ¥ * là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm f : ¥ * ¥ * thỏa mãn đẳng thức: f f 2 m 2 f 2 n m2 2n2 , với mọi m,n ¥ *. Hướng dẫn giải * Nếu m1,m2 ¥ sao cho f m1 f m2 2 2 2 2 2 2 2 2 f f m1 2 f n f f m2 2 f n m1 2n m2 2n , suy ra m1 m2 hay f là đơn ánh. Từ đó f (m)2 2 f (n)2 f ( p)2 2 f (q)2 m2 2n2 p2 2q2 (1) 2 2 2 2 Dế thấy với mọi n ¥ *,n 3 ta có: n 2 2 n 1 n 2 2 n 1 . (2) (chú ý điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số). Đặt f (1) a f (3a2 ) 3 . Theo (1) suy ra: f (5a2 )2 2 f (a2 )2 f (3a2 )2 2 f (3a2 )2 3 f (3a2 )2 27 . Vì phương trình x2 2y2 27 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x; y)=(3,3) hoặc (5,1) nên ta có f (a2 ) 1, f (5a2 ) 5 . Cũng từ (1) ta có 2 f (4a2 )2 2 f (2a2 )2 f (5a2 )2 f (a2 )2 24 . Vì phương trình x2 y2 12 chỉ có nghiệm nguyên dương là (x,y) là (4,2) nên f (4a2 ) 4, f (2a2 ) 2 . Từ (1) ta có f ((k 4)a2 )2 2 f ((k 3)a2 )2 2 f ((k 1)a2 )2 f (ka2 )2 , suy ra từ khai triển (2). Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra f (ka2 ) k , với mọi k là số nguyên dương. Do đó f (a3 ) a f (1) mà f đơn ánh nên a3 1 a 1. Vậy f (n) n với mọi n nguyên dương. Thử lại thỏa mãn bài toán. 7
8. Bài 12. Tìm tất cả các hàm f :Q R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1 : f 0 0; 2 : f x 0 x 0. 3 : f xy f x . f y x, y Q; 4 : f x y f x f y x, y Q; 5 : f n 2006 n ¢ ; * Bài 13. Tìm tất cả các hàm f (x) liên tục trên R và thỏa mãn: f (1) 5 4 f (x2 ) x2 f (x) 4x,x 0. x2 Bài 14. Cho hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiệ f : ¢ ¢ n: 1 : f n 1 f n ,n ¢ 2 : f f n n 2000,n ¢ a. Chứng minh f n 1 f n ,n ¢ . b. Tìm biểu thức f n . Hướng dẫn giải a. Vì f n ¢ nên từ giả thiết 1 ta được f n 1 f n 1,n ¢ . Kết hợp điều kiến 2 ta được n ¢ : n 2001 n 1 2000 f f n 1 f f n 1 n 2001 Do đó f n 1 f n 1,n ¢ b. Ta có f n f 1 n 1,n ¢ f f 1 f 1 f 1 1 1 2000 2 f 1 1 f 1 1001 f n n 1000,n ¢ Thử lại các điều kiện, nên f n n 1000,n ¢ . Bài 15. Cho tập hợp F gồm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn điều kiện: f 3x f f 2x x,x ¡ . Hãy tìm số thực lớn nhất sao cho với mọi hàm số f thuộc tâp hợp F ta đều có f x ,x ¡ . Hướng dẫn giải Bài 16. Cho a là số thực. Tìm tất các hàm số f : ¡ ¡ sao cho: f liên tục trên ¡ và f x y f x f y axy;x, y ¡ . Hướng dẫn giải Bài 17. Cho n ¥ n 2 và hàm số f : ¤ ¤ sao cho: f xn y xn 1 f x f f y ;x, y ¤ . a. Giả sử rằng f 2002 0. Tính f 2002 . b. Tìm hàm số f . Hướng dẫn giải f xn y xn 1 f x f f y ;x, y ¤ * a. • Từ * ta được 8
9. - Với x 0;f y f f y ,y ¤ - Với x 1; y 0 : f f 0 0 f 0 0. - Với x 1, y ¤ : f 1 y f 1 f y . 1 Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được f n nf 1 ,n ¥ 2 • Từ 1 ta có: f 0 f 1 f 1 f 1 f 0 f 1 f t ; f x 1 f x f 1 . Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được f n nf 1 ,n ¥ 3 • Từ 2 , 3 ta được f n nf 1 ,n ¢ 4 p • Đặt f 1 ;p ¥ ,q ¥ * và ta được n ¥ * và n chia hết p nên nf 1 ¢ . Do đó ta q 2 2 f 1 0 được: f f n f n n f 1 nf 1 f 1 f 1 . f 1 1 • Do đó, từ 4 ta được f 2002 1 hay f 2002 0 (loại). Vậy f 2002 2002 . b. Từ * ta được y 0 : f xn xn 1 f x ,x ¤ 1 f xn f xn • n chẵn: x 0 : f x , f x f x xn 1 xn 1 • n lẻ: Từ * và 1 ta được f xn y f xn f y 2 n f x f xn n n Suy ra: f x f x 0 f x n 1 n 1 f x . x x Do đó f x f x ,x ¤ • Từ 2 , chứng minh bằng quy nạp ta được f pxn pf xn ,p ¥ ,x ¤ p ¥ * : f pxn f pxn pf xn Vậy f pxn pf xn ,p ¢ ,x ¤ 3 n 1 u * u u v n 1 1 • Từ 3 ta có  ¤ u ¢ ,v ¥ ta được f f n uv f n v v v v n u n 1 1 f 1 Mà f 1 f n v f n f n n v v v v u n 1 f 1 u Vậy f u.v n f 1 4 v v v • Ta có f 1 0 hay f 1 1 từ 4 suy ra f x 0,x ¤ hay f x x,x ¤ • Thử lại thỏa mãn * . Vậy f x 0,x ¤ . Bài 18. Tìm hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn 2 2 f x y x2 2yf x f y ;x, y ¡ . Hướng dẫn giải 2 f 0 0 Cho x y 0 f 0 f 0 f 0 1 +) Nếu f 0 0. Cho y 0, x ¡ ta được: f x2 x2 f t t,t 0 2 2 Cho x y ¡ ta được f 0 x2 2xf x f x f x x 0 f x x . Thử lại thấy đúng 9
10. +) Nếu f 0 1 cho y 0, x ¡ ta được f x2 x2 1 f t t 1,t 0 . Cho x 0, y ¡ ta được f y2 2y f y2 2 2 f y y 1 f y f y2 2y y2 2y 1 y 1 f y y 1 Giả sử tôn tại y0 ¡ sao cho f y0 y0 1 Chọn x y y0 ta được: f y y 1 2 2 0 0 1 y0 2y0 f y0 f y0 f y0 y0 1 y0 0 Nếu f y0 y0 1 y0 1 y0 1 ( Loại) f 0 1 Nếu f y0 y0 1 y0 1 y0 1 y0 1 f 1 0 Vậy f y y 1 . Bài 19. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn 1 f x f y f x xf 4y f f y ,x, y ¡ . 8 Hướng dẫn giải Bài 20. Tìm hàm f : ¡ ¡ thỏa mãn một trong hai điều kiện i : f x2 f y y xf x x, y ¡ , 2 ii : f f x f y y xf x x, y ¡ . Hướng dẫn giải Ta tìm hàm f thỏa mãn (ii). Đối với (i) ta làm tương tự. Ngoài ra có thể thấy hai điều kiện này có thể biến đổi về nhau. Ta cũng dễ thấy f là đơn ánh và f 0 0, f f y y y ¡ . Trong (ii) thay x bởi f x ta có 2 f f f x f y y f x f f x . Mặt khác f f y y,y ¡ nên f x2 y y xf x ,x, y ¡ . 2 2 Kết hợp (ii) thì f x2 f y f f x f y mà f đơn ánh nên x2 f y f x f y . 2 Suy ra f x x2 ,x ¡ . Ta chỉ ra không tồn tại đồng thời a 0,b 0 thỏa mãn f a a, f b b . Thật vậy, giả sử tồn tại a, b như trên. Trong (ii) lấy x a, y b ta có f a2 b a2 b. 2 2 2 Do f x 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. Bài 21. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn: 10
11. f (x f (x) 2y) 2x f (2 f (y)) , x; y ¡ . Hướng dẫn giải Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn yêu cầu bài ra. Đặt f (0) a với a ¡ Chọn x 0 ; y x , thay vào (14) ta được f ( f (0) 2x) f (2 f (x)) x ¡ f (2x a) f (2 f (x)) x ¡ , Nên f (x f (x) 2y) 2x f (2y a) , x; y ¡ (i) Thay 2y bởi y ta được f (x f (x) y) 2x f (y a) , x; y ¡ (ii) Với x; y a thỏa mãn f (x) f (y) t Thay y bởi y-a vào (ii) ta được f (x t y a) 2x t , x; y ¡ Thay x bởi y; y bởi x-a vào (ii) ta được f (y t x a) 2y t , x; y ¡ Do đó x y Chọn x=0; y=0, thay vào (i) ta có f (a) f (2a) Theo kết quả phần trên suy ra a 2a Suy ra a 0 Chọn x=0; y=x, thay vào (i) ta được f (2x) f (2 f (x)) , x ¡ Suy ra 2 f (x) 2x , x ¡ f (x) x , x ¡ Thử lại thấy hàm số vừa tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy f (x) x , x ¡ là hàm số cần tìm. Bài 22. Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn điều kiện f (x2 ) f (x y). f (x y) y2 ,x, y R. Hướng dẫn giải 2 f (0) 0 Cho x y 0 ta được f (0)  f (0) f (0) 1 Cho x y 2 ta được f (4) f (4). f (0) 4 f (0) 1 Vậy f(0) = 0. Cho x y ta được f (x2 ) f (2x). f (0) x2 x2 f (t) t,t 0. Cho x 0, y t 0 , ta được f (0) f (t) f ( t) t 2 0 tf ( t) t 2 f ( t) t,t 0 Vậy f x x Thử lại ta thấy hàm số f x x thỏa mãn bài toán. Bài 23. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : ¡ ¡ thỏa mãn các điều kiện sau: f (1) 1 và f (x y) f (x) f (y) 2xy với mọi x, y thuộc ¡ . Hướng dẫn giải Cho y 0 ta được f (x) f (x) f (0) f (0) 0 Viết lại hệ thức f (x y) f (x) f (y) 2xy dưới dạng: f (x y) (x y)2 2(x y) f (x) x2 2x f (y) y2 2y Đặt g(x) f (x) x2 2x do f (x) liên tục trên ¡ nên g(x) liên tục trên ¡ 11
12. Ta có g(1) f (1) 3 4 và g(x y) g(x) g(y) với mọi x,y thuộc ¡ g x cộng tính g x có dạng g(x) kx , với k là hằng số. 2 Mà g(1) 4 k 4 g(x) 4x f (x) x 2x,x ¡ Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 24. Tìm tất cả hàm số liên tục f : ¡ ¡ sao cho: f x f x2 2x x2 3x 4026 1 ,x ¡ . Hướng dẫn giải Ta có 1 f x f x 1 2 1 x 1 2 x 1 4024 2 Đặt y x 1 x y 1 f y 1 f y2 1 y2 y 4024,y ¡ Xét hàm số g : ¡ ¡ thỏa mãn g x 1 x 2013 f x g x x 2012 f x 1 Do đó từ (2) g(x) + g x2 0 3 và g x liên tục trên ¡ Thay x 0 g 0 0 Thay x 1 g 1 1 Thay x bởi x g x g x2 0 g x g x ,x ¡ Do đó g x là hàm chẵn trên ¡ nên ta chỉ cần xét với x 0 Từ (3) ta có g x g x2 g x4 1 g x g x 4 ,x 0 Lấy a 0 tùy ý, Xét dãy xn xác định như sau: 1 4 x0 a; xn 1 x ,n 0 lim xn 1 1 4 Và g xx 1 g xn g xn g xn 1 g x0 g a Mặt khác vì g liên tục nên ta có g a lim g xn g lim xn g 1 0 Vậy g x  0,x ¡ f x x 2013,x ¡ . Bài 25. Tìm tất cả các hàm số f : ¢ ¢ thỏa mãn điều kiện f m n f mn 1 f m f n 2, m,n ¢ . Hướng dẫn giải 2 Nếu f là hàm hằng, f k c,k ¢ thì ta có 2c c2 2 c 1 1 0, vô lý. Cho m 0 ta được f n f 1 f 0 f n 2 f n f 0 1 f 1 2 Do f không là hàm hằng nên f 0 1; f 1 2. Cho m 1 ta được f n 1 f n 1 2 f n 2, n ¢ . Suy ra f n f n ,n ¢ hay f là hàm số chẵn. 12
13. Bằng quy nạp ta chứng minh được f n n2 1,n ¥ . Do f là hàm số chẵn nên f n n2 1,n ¢ . Thử lại thỏa mãn. Vậy f n n2 1,n ¢ . Bài 26. Tìm f x xác định x ¡ thỏa mãn f 0 2013; f 2014 2 f x y f x y 2 f x cos y x, y ¡ . Hướng dẫn giải Cho x 0; y f f 0 2 2 2 f f 2014 2 2 Cho y f x f x 0 2 2 2 f x f x 2 2 Cho x f y f y 2 f cos y 2 2 2 2 4028cos y Cho y x f x f x 4028cos x 1 2 2 Cho x 0 f y f y 2 f 0 cos y 4026cos y Cho y x f x f x 4026cos x 2 2 2 2 4026sin x 2 Trừ từng vế hai phương trình 1 và 2 f x f x 4028cos x 4026sin x 2 2 2 f x 4028cos x 4026sin x 2 f x f x 2 2 f x 2014cos x 2013sin x 2 Cho x x 2 13
14. f x 2014cos x 2013sin x 2 2 2014sin x 2013cos x Bài 27. Tìm các hàm số f : 1; ¡ thoả mãn điều kiện: f x f y y x f xy với mọi x, y > 1 Hướng dẫn giải Với mọi t > 1, thay x; y t;2 , t;4 và 2t;2 vào (1) ta được: f t f 2 2 t f 2t f t f 4 4 t f 4t f 2t f 2 2 2t f 4t f 4 t 3 f 2 t 2t 5 f 4t (2), với mọi t > 1. 5 1 Lấy t f 4 f 2 2 2 5 Thay vào (2) ta được: t f 2 t 2t 5 f 4t 2 5 f 2 Do đó với mọi t 1,t f 4t 2 2t 2 f 2 5 Từ (1) ta có: f t f 4 4 t f 4t vơi t 1,t . t 2 5 5 Với t , từ (1) thay x , y 2 ta có: 2 2 5 1 4 f 2 2 f 2 2 f 2 f f 2 f 5 f t với mọi t > 1. 2 2 5 5 t 2 c Đặt c 2 f 2 f x với x 1. x Thử lại thỏa mãn điều kiện (1). c Vậy hàm số cần tìm là: f x . x Bài 28. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn: 1 1 f (x xy f (y)) f (x) f (y) ,x, y ¡ . 2 2 Hướng dẫn giải Dễ thấy hàm f hằng không thỏa mãn. Ta xét f không hằng. 1 1 Trong (1) cho y=-1 ta được: f ( f ( 1)) f (x) f ( 1) ,x ¡ 2 2 1 1 1 Rõ ràng nếu f ( 1) 0 thì f là hàm hằng. Do đó: f ( 1) 0 f ( 1) 2 2 2 1 Ta sẽ chứng minh: f (x) 0 x 1. 2 1 Thật vậy, giả sử tồn tại a 1 sao cho f (a) . 2 1 Trong (1) chọn y a ta có: f (ax x ) 0,x ¡ . 2 14
15. Mâu thuẫn vì f không là hàm hằng. Do đó ta có: a 1. 1 1 Chú ý là f ( 1) nên từ (1) ta có : f 0 . 2 2 1 f y Trong (1) chọn x 2 ta được : 1 y 1 1 1 f y f y f y 2 2 2 1 1 f y f y f f y 1 y 1 y 1 y 2 2 1 f y 2 1 1 1 f f y f ,y 1 1 y 2 2 2 1 1 f y f y 2 1 2 1 f ,y 1 1,y 1 f y y , y 1 1 y 2 1 y 2 1 1 Do f ( 1) nên f (x) x ,x ¡ . 2 2 1 Thử lại ta có hàm số cần tìm là f (x) x ,x ¡ . 2 Bài 29. Tìm tất cả các số nguyên không âm n sao cho tồn tại một hàm f : ¢ [0; ) khác hằng thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau i. f (xy) f (x) f (y); x, y ¢ ii. 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y ¢  0;1;2; ;n. Hướng dẫn giải Với a Z bất kì, bằng cách thay x y ak ; k ¥ * vào i) được k k 2 f (a) f (2) f (a) 1 0;1;2; ;n (1) + Nếu f (2) 0, thì 2 f (a)k 0;1;2; ;n f (a) 0. + Nếu f (2) 0, thì ta thấy f (a) 0 hoặc f (a) 1. Thật vậy, nếu f (a) 1, thì bằng cách cho k , ta k k thấy 2 f (a) f (2) f (a) 1 nên (1) không thể xảy ra, còn nếu 0 f (a) 1, thì với k đủ lớn, k k 2 f (a) f (2) f (a) 1 0 nên (1) cũng không thể xảy ra. Thành thử, ta đã chứng minh được với mọi a, thì f (a) 0 hoặc f (a) 1. Từ đó suy ra 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y) 0;1;2; x, y Z . (2) Do đó, n 2. *)Nếu n 0, thì 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y); x,y ¢ . Vì f khác hằng nên tồn tại x0 ¢ sao cho f (x0 ) 0 . Khi đó, f (x0 ) f (x0 ) f (1) f (1) 1. Do f khác hằng nên tồn tại x1 ¢ sao cho f (x1) 1. Từ i), ta có f (0) f (x1). f (0) f(0)=0. Bây giờ, sử dụng (2), ta được 2 2 f (12 02 ) f (1) f (0) 1. Điều vô lí này chứng tỏ n 0 không thỏa mãn. 15
16. *)Nếu n 1, thì hàm số 0 nêu x 0 f (x) 1 nêu x 0 thỏa mãn đề bài. Do đó, n 1 thỏa mãn đề bài. *)Nếu n 2, thì ta thấy không thể tồn tại 2 số p,q Z; ( p,q) 1sao cho f ( p2 q2 ) 0 . Thật vậy, nếu trái lại, thì x, y Z, ta có 0 f ( p2 q2 ) f (x2 y2 ) f ( p2 q2 )(x2 y2 f (xp yq)2 (xq yp)2 Kết hợp với (2) suy ra f (xp yq) f (xq yp) 0. Thế nhưng, do ( p,q) 1 nên tồn tại x, y Z để xp yq 1. Do đó, 1 f (xp yq) 0. Điều vô lí này chứng tỏ f (x2 y2 ) 1; x, y Z; (x, y) 1. Bây giờ, ta xét hàm số p∣ x 0 nêu q∣ x f (x) p Œx 1 nêu q Œx trong đó p,q là 2 số nguyên tố phân biệt có dạng 4k 3. Ta sẽ chứng minh hàm f (x) xây dựng như trên thỏa mãn i) f (xy) f (x) f (y); x, y Z. 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y Z 0;1;2. ii)  • Kiểm tra điều kiện i) p∣ xy Nếu thì hiển nhiên f (xy) 0 f (x) f (y) . q∣ xy pq Œx Nếu thì f (xy) 1 f (x) f (y) pq Œy • Kiểm tra điều kiện ii) Vì f (x) 0;1 nên 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y Z  0;1;2 2 f (1 p2 ) f (1) f ( p) 1 2 2 Dễ thấy 2 f ( p q ) f ( p) f (q) 2 nên 2 f (0) f (0) f (0) 0 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y Z 0;1;2 Vậy n 1, n 2 là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài. Bài 30. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn f x2 y2 xf x yf y ,x, y ¡ (1). Hướng dẫn giải Cho x 0 , từ 1 suy ra f y2 yf y ,y ¡ Cho y 0, từ 1 suy ra f x2 xf x ,x ¡ . Do đó (1) trở thành: f x2 y2 f x2 f y2 ,x, y ¡ f x y f x f y ,x, y 0 * thay y bởi y từ 1 ta được : 16
17. f x2 y2 xf x yf y yf y yf y ,y ¡ f x f x ,x ¡ yf y yf y ,y ¡ f x f x ,x ¡ , 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 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 Kết hợp * , ,( ) và ta được f x y f x f y ,x, y ¡ . f x 1 2 f x2 2x 1 x 1 f x 1 f x2 f 2x f 1 tính f x 1 2 theo hai cách. Ta có x 1 f x f 1 xf x 2 f x f 1 f x xf 1 ,x ¡ f x ax,x ¡ ,a ¡ Bài 31. Cho hàm số f : ¥ * ¥ * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: a) f ab f a,b f a,b với mọi a,b ¥ *,a b ; trong đó a,b, a,b lần lượt là bội chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương a,b ; b) f p q r f p f q f r với mọi số nguyên tố p,q,r . Tính giá trị của f 2013 ? Kí hiệu ¥ * là tập hợp tất cả các số nguyên dương. Hướng dẫn giải Đặt f 2 a, f 3 b . Khi đó ta có các đẳng thức sau: f 7 f 2 2 3 2 f 2 f 3 2a b f 8 f 2 3 3 f 2 2 f 3 a 2b f 16 f 7 7 2 2 f 7 f 2 2 2a b a 5a 2b f 16 f 2 f 8 a a 2b . Do đó ta có 5a 2b a2 2ab 1 . Mặt khác ta có các đẳng thức sau: f 12 f 2 3 7 f 2 f 3 f 7 3a 2b f 12 f 2 f 6 a f 2 2 2 3a2 Suy ra 3a 2b 3a2 2 . Từ (1) và (2) ta có 5a 2b a2 2ab a 2 f 7 7, f 8 8 2 3a 2b 3a b 3 Ta có 2003 là số nguyên tố nên f 2013 f 2003 3 7 f 2003 f 3 f 7 f 2003 10 (3) 17
18. f 2025 f 2003 5 17 f 2003 f 5 f 17 4 f 9 3 f 3 9 f 5 2 2 f 5 2 f 2 f 5 5 f 17 f 7 7 3 2 f 7 f 3 17 , kết hợp với (4) ta được : f 2003 f 2025 22 5 Mặt khác f 2025 f 9.9.25 f 9 f 9.25 9. f 5.5.9 9 f 5 f 45 9 f 5 f 3.15 45 f 3 f 15 45 f 3 f 7 5 3 45.3 f 7 f 5 f 3 2025 Do đó f 2025 2025, kết hợp với (5) ta được f 2003 2003. Do đó từ đẳng thức (3) ta được f 2013 2013. Bài 32. Tìm tất cả các hàm số f :R R sao cho: x, y R , f (x2015 2014 y) f(2 x y) f(3x 2013y) x2015 5x 2015. Hướng dẫn giải Đặt f (x) x g(x) x R .Thay vào giả thiết ta có g(x2015 2014 y) g(2 x y) g(3x 2013y) 2015 x, y R (1). Thay y 3x x2015 vào (1) ta có g(4 x x2015 ), x R (2). Xét hàm số h(x) 3x x2015 x R ta có h(x) liên tục trên R và lim h(x) ; lim h(x) , suy ra x x tập giá trị của h(x) là R. Từ (2) suy ra g(x) 2015  x R . Do đó f(x) x 2015  x R . Thay vào thử lại ta thấy f(x) x 2015  x R thỏa mãn. Vậy f(x) x 2015  x R . Bài 33. Tìm tất cả các hàm số f : ¥ \{0} ¥ thỏa mãn: f n f n f n ,n ¥ , với mọi x, y ¢ , và tồn tại no ¥ sao cho f n0 1. Hướng dẫn giải Gọi n1 là số tự nhiên bé nhất sao cho f n1 1, suy ra f n1 1 f n1 f n1 f n1 1 hay f n 1,n ¥ ,n n1 . Giả sử n1 1 suy ra f n1 1 f n1 1 f n1 1 Nếu n1 1 f n1 1 n1 thì f n1 1 1 (trái với giả thiết n1 là số tự nhiên bé nhất sao cho f n1 1). Nếu n1 1 f n1 1 n1 thì f n1 1 1 (vô lý) Vậy n1 1, do đó f n 1,n ¥ Bài 34. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn điều kiện: f y f x f 4 x 4y3 f x 6y2 f 2 x 4yf 3 x f y ,x, y ¡ 1 . Hướng dẫn giải Giả sử  hàm số f thỏa mãn (1). TH1: f x 0 . Thử lại ta thấy f x 0 thỏa mãn (1). TH2: f x 0 x0 ¡ , f x0 0 . 4 4 Ta có: 1 f y f x f y y f x y ,x, y ¡ * Thay x x0 vào (*), ta được 4 4 y f x0 f y y f x0 y ,x, y ¡ 2 18
19. Ta thấy vế phải của (2) là một hàm số bậc 3 nên có tập giá trị là ¡ . Do đó hàm số f có tập giá trị là ¡ y ¡ đều u,v ¡ sao cho f u f v y . 4 Thay y 0 vào (*), ta được f f x f x a,x ¡ a f 0 (3). Thay y f y vào (*), ta được 4 4 f f x f y f f y f x f y f y ,x, y ¡ (4). 4 Từ (3) và (4) f f x f y f x f y a,x, y ¡ hay 4 4 4 f f u f v f u f v a,u,v ¡ f y y a,y ¡ f x x a,x ¡ Thử lại ta thấy f x x4 a thỏa mãn điều kiện (1). Vậy f x 0 và f x x4 a ( a là hằng số) là các hàm số cần tìm. Bài 35. Xác định hàm số f : R R thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện: 1. f x f x ; 2. f x 1 1 f x ,x ¡ 1 f x 3. f 2 ,x 0 . x x Hướng dẫn giải x 1 1 1 f x x 0 ta có: f f 1 1 f 1 2 1 x x x x Mặt khác, với mọi x khác 0; 1 ta có: x f 2 2 x 1 1 x 1 x x 1 x 1 1 f f f . f 1 x 2 x x x 1 x x x 1 x 1 x 1 2 2 2 x 1 f x 1 x 1 x 1 f x 1 . 1 2 . 2 x x 1 x x 1 1 2 1 x 1 1 f x x2 2x f x 2 x2 x2 f x 1 Từ 1 và 2 ta có: 1 x2 2x f x x2 x2 f x x với mọi x khác 0; 1 Từ 1. có f 0 f (0) suy ra f 0 0 Ta có f 1 f 1 1 f 0 1. Vậy f (x) x, x R . Bài 36. Cho hàm f : ¥ * ¥ thỏa mãn f 2 f 3 0; f (4) 0 , f 8888 2222 và với mọi số tự nhiên m, n thì f m n f m f n bằng 0 hoặc 1. Hãy tính f 2016 và f 2017 . Hướng dẫn giải Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn điều kiện bài toán. Từ * f (m n) f (m) f (n) a với a {0;1} Chọn m n 1, ta có f (2) 2 f (1) a 2 f (1) f (2) 0 f (1) 0 19
20. Khi đó f (4) f (2) f (2) a a mà f (4) 0nên suy ra f (4) 1. Ta đi chứng minh bằng quy nạp: f 4n n (n N * ) (1) Ta thấy (1) đúng với n 1. Giả sử (1) đúng với n k ; ta đi chứng minh (1) đúng với n k 1. Ta có: f 4(k 1) = f 4k 4 f (4k) f (4) a f (4k) 1 a k 1 Vậy (1) đúng với n k 1. Do đó f 4n n (n N * ) Lại có f 8888 2222 , ta sẽ chỉ ra f (4.2221) 2221. Thật vậy, nếu f (4.2221) 2221 f (4.2221) 2222 f (8888) f (8888) f (8884) Trong khi đó f (8888) f (8884) f (4) a f (8884) 1 f (8884) (mâu thuẫn) Vậy f (4.2221) 2221. Lập luận tương tự ta được f 4n n (n 2222) . Khi đó f 2016 f (4.504) 504 . Ta lại có: f (4n) f (2n) f (2n) a 2( f (n) f (n) a) a 4 f (n) 3a f (4n) 3 Suy ra: 4 f (n) f (4n) 4 f (n) 3 f (n) f (n) 4 4 f (4n) n Do đó: f (n) với n 2222 4 4 Vậy f (2017) 504. Bài 37. Tìm tất cả các số nguyên không âm n sao cho tồn tại một hàm f : ¢ [0; ) khác hằng thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau i) f (xy) f (x) f (y); x, y ¢ ii) 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y ¢  0;1;2; ;n. Hướng dẫn giải Với a Z bất kì, bằng cách thay x y ak ; k ¥ * vào i) được k k 2 f (a) f (2) f (a) 1 0;1;2; ;n (1) + Nếu f (2) 0, thì 2 f (a)k 0;1;2; ;n f (a) 0. + Nếu f (2) 0, thì ta thấy f (a) 0 hoặc f (a) 1. Thật vậy, nếu f (a) 1, thì bằng cách cho k , ta k k thấy 2 f (a) f (2) f (a) 1 nên (1) không thể xảy ra, còn nếu 0 f (a) 1, thì với k đủ lớn, k k 2 f (a) f (2) f (a) 1 0 nên (1) cũng không thể xảy ra. Thành thử, ta đã chứng minh được với mọi a, thì f (a) 0 hoặc f (a) 1. Từ đó suy ra 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y) 0;1;2; x, y Z . (2) Do đó, n 2. *)Nếu n 0, thì 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y); x,y ¢ . Vì f khác hằng nên tồn tại x0 ¢ sao cho f (x0 ) 0 . Khi đó, f (x0 ) f (x0 ) f (1) f (1) 1. Do f khác hằng nên tồn tại x1 ¢ sao cho f (x1) 1. Từ i), ta có f (0) f (x1). f (0) f(0)=0. Bây giờ, sử dụng (2), ta được 2 2 f (12 02 ) f (1) f (0) 1. Điều vô lí này chứng tỏ n 0 không thỏa mãn. 20
21. *)Nếu n 1, thì hàm số 0 nêu x 0 f (x) 1 nêu x 0 thỏa mãn đề bài. Do đó, n 1 thỏa mãn đề bài. *)Nếu n 2, thì ta thấy không thể tồn tại 2 số p,q Z; ( p,q) 1sao cho f ( p2 q2 ) 0 . Thật vậy, nếu trái lại, thì x, y Z, ta có 0 f ( p2 q2 ) f (x2 y2 ) f ( p2 q2 )(x2 y2 f (xp yq)2 (xq yp)2 Kết hợp với (2) suy ra f (xp yq) f (xq yp) 0. Thế nhưng, do ( p,q) 1 nên tồn tại x, y Z để xp yq 1. Do đó, 1 f (xp yq) 0. Điều vô lí này chứng tỏ f (x2 y2 ) 1; x, y Z; (x, y) 1. Bây giờ, ta xét hàm số p∣ x 0 nêu q∣ x f (x) p Œx 1 nêu q Œx trong đó p,q là 2 số nguyên tố phân biệt có dạng 4k 3. Ta sẽ chứng minh hàm f (x) xây dựng như trên thỏa mãn i) f (xy) f (x) f (y); x, y Z ii) 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y Z 0;1;2 -Kiểm tra điều kiện i) p∣ xy Nếu thì hiển nhiên f (xy) 0 f (x) f (y) . q∣ xy pq Œx Nếu thì f (xy) 1 f (x) f (y) pq Œy -Kiểm tra điều kiện ii) Vì f (x) 0;1 nên 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y Z  0;1;2 2 f (1 p2 ) f (1) f ( p) 1 2 2 Dễ thấy 2 f ( p q ) f ( p) f (q) 2 nên 2 f (0) f (0) f (0) 0 2 f (x2 y2 ) f (x) f (y)∣ x, y Z 0;1;2 Vậy n 1, n 2 là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài. Bài 38. Xác định hàm số f (x) liên tục R R ( R là tập hợp các số thực dương) thỏa mãn đồng thời các điều kiện: 1) f (2x) 2 f (x) với mọi x R , 2) f ( f 3 (x)(e f (x) 1)) x2 (ex 1) f (x) với mọi x R , 3) f (e 1) (e 1) f (1) , 4) f (k) là số nguyên dương với mọi số nguyên dương k . Hướng dẫn giải Với a, b R và f (a) f (b) , suy ra f 3 (a)(e f (a) 1) f 3 (b)(e f (b) 1) . Do đó f ( f 3 (a)(e f (a) 1)) f ( f 3 (b)(e f (b) 1)) . Hay a2 (ea 1) f (a) b2 (eb 1) f (b) . Vì f (a) f (b) 0 nên ta suy ra a2 (ea 1) b2 (eb 1) . 21
22. Xét hàm số h(x) x2 (ex 1) trên R , ta có h (x) 2x(ex 1) x2ex 0 với mọi x R . Do đó hàm số h(x) x2 (ex 1) đồng biến trên R . Do đó từ a2 (ea 1) b2 (eb 1) , ta suy ra h(a) h(b) hay a b . Vậy f (x) là đơn ánh. Kết hợp với f (x) liên tục ta suy ra f (x) là hàm đơn điệu thực sự. Mặt khác, theo giả thiết f (2) 2 f (1) f (1) nên ta suy ra f (x) là hàm tăng thực sự trên R . Từ 2) ta cho x 1thì f ( f 3 (1)(e f (1) 1)) (e 1) f (1) . Kết hợp với 3) ta suy ra f ( f 3 (1)(e f (1) 1)) f (e 1) . Vì f (x) là hàm tăng thực sự trên R nên ta suy ra f 3 (1)(e f (1) 1) e 1. Xét hàm số g(x) x3 (ex 1) trên R , ta có g (x) 3x2 (ex 1) x3ex 0 với mọi x R . Do đó hàm số g(x) x3 (ex 1) đồng biến trên R . Do đó từ f 3 (1)(e f (1) 1) e 1, ta suy ra g( f (1)) g(1) hay f (1) 1. Vì f (2x) 2 f (x) với mọi x R và f (1) 1 nên theo quy nạp ta có f (2n ) 2n với mọi số tự nhiên n . Với mọi số tự nhiên n , ta có 2n f (2n ) f (2n 1) f (2n 2) f (2n 2n 1) f (2n 1) 2n 1 . Vì điều kiện 4) nên f (2n 1), f (2n 2), , f (2n 2n 1) đều là các số nguyên dương. Do đó ta suy ra f (2n 1) 2n 1, f (2n 2) 2n 2, , f (2n 2n 1) 2n 2n 1. Vậy f (n) n với mọi số nguyên dương n . m Từ f (2x) 2 f (x) với mọi x R . Ta suy ra f (2n x) 2n f (x) với mọi x R . Cho với mọi x với 2n m m m m mọi m,n là số nguyên dương ta suy ra f (m) 2n f ( ) . Do đó m 2n f ( ) hay f ( ) với mọi số 2n 2n 2n 2n nguyên dương m,n . m Với mỗi x R tùy ý cho trước đều tồn tại dãy số q , q có dạng hội tụ đến x . Vì f (x) là hàm k k 2n liên tục nên x lim qk lim f (qk ) f (lim qk ) f (x) . k k k Thử lại ta thấy hàm số f (x) x thỏa mãn mọi điều kiện của bài ra. Bài 39. Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số f : ¥ * ¡ \ 1;0;1 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau i/ f m f 2015 , f m 1 f 2016 ; f n 1 ii/ f n m , n 1,2, f n 1 Hướng dẫn giải 1 Ta có f n 2m f n 4m f n ,n ¥ * f n Với m 1, ta có f n 4 f n f n 4k f n ,k,n ¥ * 1 f n 1 f n 2 ; f n 1 ,n ¥ * f n f n 1 1 f 1 f 2015 f 4.503 3 f 3 : vô lý. f 1 Với m 2 , ta có f n 8 f n f n 8k f n ,n,k ¥ * 1 f n 1 và f n 4 ; f n 2 ,n ¥ * f n f n 1 22
23. 1 Ta có f 2 f 2015 f 251.8 7 f 7 ; f 3 1 f 3 f 2016 f 251.8 8 f 8 f 4 f 2 1 2 f 2 f 4 f 2 1 f 2 1 Điều mâu thuẫn trên dẫn đến m 3. Với m 3, ta xây dựng được vô số hàm f thỏa yêu cầu bài toán như sau 1 a 1 Cho a ¡ \ 1;0;1 , đặt f 1 a; f 2 ; f 3 ; 1 a a f n 1 và f n 3 ,n 1 f n 1 Khi đó, chứng minh quy nạp thì hàm số xác định trên ¥ * và f n ¡ \ 1;0;1,n ¥ * hơn nữa theo chứng minh trên 1 f n 6 , f n 12k f n ,n,k ¥ * f n 1 1 f 2 1 Khi đó f 2015 f 167.12 11 f 11 f 3 f 5 1 f 2 a 1 1 f 3 a 1 f 2016 f 167.12 12 f 12 f 4 f 6 1 f 3 a 1 Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 40. Tìm hàm f (x) liên tục trên R và thỏa mãn: f (x y) f(x y) 2f(x) 2f(y)  x, y R. Hướng dẫn giải +)Cho x = y = 0 từ (*) f(0) = 0. +)Thay x bởi y và y bởi x ta được: f (x y) f(x y) 2f(x) 2f(y)  x, y R suy ra f (x y) f(y x) , x,y R f(x) là hàm số chẵn. +)Cho x y f (2x) 4f (x) , CM quy nạp ta được f(nx) = n2f(x), x R,n N* 2 x 1 * m m * f 2 f (x),x R,n N f x 2 f (x),x R,n,m N n n n n hay f(rx) = r2f(x), x R,r Q+, +) Vì f(x) là hàm chẵn nên f(rx) = r2f(x), x R,r Q. +) Vì f(x) liên tục trên R nên f( x) = 2f(x), x R,  R f( ) = a 2 Vậy f(x) = ax2, với a = f(1), x R. Bài 41. Cho hàm f :R R (R {x R| x 0}) sao cho: f (x2 ) f y f (x2 y xf (4y)) x, y 0 a) Chứng minh f là hàm tăng không nghiêm ngặt trên R+ b) Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn điều kiện trên. Hướng dẫn giải a) Thay x=y=0 ta có f(0)=0. 2 Xét hàm g(x) = x + f(4y)x là hàm đồng biến trên R+ vì f(4y)>=0. Mà: 23
24. g(0) 0; g( ) TGT g(x) [0;+ ) x 0 nên với mỗi số dương a bất kỳ luôn tồn tại x0 để a= g(x0) > 0 . Do đó f(y+a) = f(g(x0)+y) >= f(y) với mọi số a dương. Chứng tỏ f là hàm tăng không nghiêm ngặt. b) Xét hai trường hợp sau: TH1: Tồn tại t > 0 để f(t) = 0. Thay x t f (y) f (y t t f (4y)) f (t y) Mà f (t) f (t y) f (y) f (y t) y 0 f (0) f (t) f (2t) f (nt) n Z Kết hợpvới f(x) là hàm không giảm nên f(x) = 0 với mọi x không âm. Vì nếu ngược lại tồn tại u > 0 để f(u) > 0 thì luôn tồn tại n nguyên dương để nt > u nhưng f(nt) = 0 mâu thuẫn với tính không giảm của hàm f. TH2: Với mọi số dương t có f(t) > 0. Theo chứng minh trên suy ra f là hàm tăng ngặt Thay y bởi y2 ta có: f(x2) + f(y2) = f(x2 + y2 + xf(4y2)) Thay x bởi y, y bởi x2: f (y2 ) f x2 f (y2 x2 yf (4 x)) Vì f tăng ngặt nên: f (4y2 ) f (4 x) x2 y2 xf (4y2 ) y2 x2 yf (4 x) x( f (4y2 ) yf (4 x) kf x 0; y 0 y x f (x) k x Thử lại ta được k=1. KL: Bài toán có hai nghiệm là f x 0; f (x) x. Bài 42. Tìm tất cả hàm f: R→R* liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện: 1 1 1 x R. f (x) f (x2 2x) Hướng dẫn giải Ta có (1) f(x)+f(x2+2x) = f(x).f(x2+2x) [f(x)-1].[f(x+1)2-1]=1 Thế x bởi x-1 ta [f(x-1)-1].[f(x2-1)-1]=1 Đặt g(x)=f(x-1)-1 g liên tục trên R; g(x) 1 x R và g(x) g(x2)=1 x R (2) Từ (2) ta có g(x) 0 1 x R Thay x bởi –x g(-x).g(x2)=1-g(x).g(x2) g(-x)=g(x) Vậy g là hàm chẵn x nên ta chỉ cần xét với x>0 trên R. Từ (2) ta có: g(x) = = g(x4) g(x)=g(x1/4) x>0 Lấy a>0 tùy ý, xét dãy (xn) xác định như sau: 1/4 x0=a; xn+1=xn n N Lim xn=1 1/4 Và có g(xn)=g(xn )=g(xn+1) x N g(xn)=g(xn-1)= =g(x0)=g(a) Vì g liên tục nên ta có g(x) =Lim g(xn)=g(Lim xn) = g(1) Thay x=1 vào (2) g2(1)=1 g(1)=1 (vì g 1) g(x) =1 a>0 bất kì g(x)=1 x R f(x)=2 x R Bài 43. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn: xf x xy xf x f x2 f y , x, y ¡ . Hướng dẫn giải xf x xy xf x f x2 f y , x, y ¡ 1 Trong (1) lấy x = y = 0 được f(0) = 0. Trong (1) lấy y = -1 ta có 24
25. xf x f x2 f 1 xf 0 0, x ¡ 2 Trong (2) lấy x = -1 ta được: f 1 0 f 1 f 1 f 1 0 f 1 1 + Nếu f 1 0 thì từ (2) suy ra f đồng nhất 0 và hàm này thỏa mãn bài toán. + Nếu f 1 1 thì trong (2) lại lấy x = 1 ta thu được f 1 1. Từ đó (2) trở thành : f x2 xf x , x ¡ 3 Trong (1) ta cho y = 1: xf 2x xf x f x2 f 1 , x ¡ f 2x 2 f x , x 0 Kết hợp (1) và (3) ta được: f x xy f x f x f y , y ¡ , x 0 4 Từ (4) lần lượt lấy x = 1, x = -1 ta có: f 1 y 1 f y , y ¡ f 1 y 1 f y , y ¡ Như vậy hàm f là một hàm số lẻ. Trong (4) thay y bởi -y và sử dụng tính lẻ của hàm f: f x xy f x f x f y f x f x f y , y ¡ , x 0 5 Cộng vế theo vế (4) và (5) : f x xy f x xy 2 f x f 2x , y ¡ , x 0 Mà f(0) = 0 nên ta có f x xy f x xy 2 f x f 2x , x, y ¡ f x y f x f y , x, y ¡ Và bây giờ ta sẽ tính biểu thức f x 1 2 theo hai cách: 2 f x 1 f x2 2x 1 f x2 f 2x f 1 xf x 2 f x 1, x ¡ 2 f x 1 x 1 f x 1 x 1 f x 1 , x ¡ Từ hai điều trên thu được: xf x 2 f x 1 x 1 f x 1 , x ¡ f x x, x ¡ Thử lại thỏa. Kết luận của bài toán là: f x 0,x ¡ ; f x x,x ¡ . Bài 44. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ \ 0 ¡ sao cho với mọi x, y khác 0 và x y ta có x f (y) f (x) f (y). f . x y Hướng dẫn giải 1 x Đặt g(x) f ta được PTH: g(y) g(x) g(y)g 1 (1) x y x x + Cho y=1: g(1) g(x) g(1)g 1 x . Suy ra g(1) g g(1)g 1 (2) y y x g(1) g y x + Từ (1) và (2) suy ra g(y) g(x) g(y). g(y)g g(x).g(1) (3), với mọi g(1) y x, y 0; x y . 25
26. x + Trong (3) thay x bởi y x , ta được: g(y)g 1 g(y x).g(1) (4). y + Từ (1), (4) suy ra g(y) g(x) g(y x).g(1) . Từ đây suy ra g(u v) g(u) g(v).g(1) (5), với mọi u,v 0;u v 0 . + Từ (3) suy ra g(xy)g(1) g(x).g(y) với mọi x, y 0 (6). + Hoán đổi vai trò của u,v trong (5) suy ra nếu g(1) 1 thì g(x)  0 (mâu thuẫn). Do đó g(1) 1 và ta được: g(u v) g(u) g(v); g(uv) g(u).g(v) với mọi u,v 0 . 1 Theo kết quả cơ bản ta được g(x) x . Vậy f (x) là hàm duy nhất cần tìm. x Bài 45. Tìm tất cả các hàm f :¥ ¥ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i) Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, ta có f (a).f(b) f(ab) ii) Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba cạnh là f (a),f (b) và f (a b 1) . Hướng dẫn giải Từ đk 2, với mọi bộ a, b nguyên dương, ta có f a f b f a b 1 ; f a f a b 1 f b ; f a b 1 f b f a ; a b 2: f 4 f 2 2 ;2 f 2 f 3 . a 3;b 2 : f 2 f 3 f 4 f 2 2 f 4 f 2 f 3 f 2 2 f 2 3 f 2 f 2 1 or f 2 2. Nếu f(2)=1. Do 2f (2) f(1) f(1) 1. Quy nạp chứng minh f(n)=1 với mọi n nguyên dương. Cho a n,b 2 : f (n 1) f(n) f(2) 2 f(n 1) 1. Nếu f (2) 2 , bằng quy nạp chứng minh được f 2k f 2 . f 2k 1 f 2 k 2k . Do f (4) f (2) f (3) 2 f (2) f (3) 3. Quy nạp chứng minh f (n) n với mọi n 2. Cho a n 1,b 2 : f (n) f(n 1) f(2) n 1 f(n) n. Lấy r là số nguyên lớn nhất sao cho 2r không vượt quá n. Nếu 2r=n thì theo chứng minh trên có f(n)=n Nếu n= 2r+s với 1 s 2r . a n 2r s ; b 2r s 1. Ta co f 2r s 1 2r s 1 f n f 2r s 1 f 2r s 2r s 1 1 f n f 2r 1 f 2r s 1 2r 1 2r s 1 2r s 1 n 1 f n n f (n) n n 2. . Do f (1) 2f(2) 4 nên f(1) bằng 1, 2 hoặc 3. Vậy f(n)=1 với mọi n nguyên dương hoặc f (n) n n 2. ; f (1) 1;2;3 26