zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Tuyển tập phương trình hàm - Lữ Võ Hoàng Phúc

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Báo xấu

22
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Tuyển tập phương trình hàm" được biên soạn bởi tác giả Lữ Võ Hoàng Phúc với mục đích củng cố kiến thức toán học chuyên đề phương trình hàm cho các em học sinh. Thông qua tài liệu này, các em sẽ nắm được nội dung cũng như vận dụng giải các bài tập một cách nhanh và chính xác nhất. Chúc các em học tập thật tốt nhé!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập phương trình hàm - Lữ Võ Hoàng Phúc

Tuyển Tập Phương Trình Hàm Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Bài toán 0.1. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x)f (y) = f (x + yf (x)) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f (x) ⩾ 1 ∀x > 0. Giả sử tồn tại x0 > 0 sao cho 1 > f (x0 ) > 0. Từ P x0 , 1−fx(x suy ra0 0) x0 x0 f (x0 )f =f ⇒ f (x0 ) = 0, 1 − f (x0 ) 1 − f (x0 ) mâu thuẫn. Vậy f (x) ⩾ 1 ∀x > 0. Nhận xét. f không giảm. y Từ P x, f (x) suy ra y f (x + y) = f (x)f ⩾ f (x) ∀x, y ∈ R+ . f (x) Vậy f không giảm. Trường hợp. f (x) > 1 ∀x > 0. Từ trên dễ dàng suy ra f tăng ngặt. Từ P (y, x) và đối chiếu với P (x, y) suy ra f (x + yf (x)) = f (y + xf (y)) ∀x, y ∈ R+ . Do f tăng ngặt nên x + yf (x) = y + xf (y) ∀x, y ∈ R+ . Từ đây cho y = 1 ta được f (x) = αx + 1 x ∈ R+ , với α = f (1) − 1 > 0. Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Trường hợp. Tồn tại x0 > 0 sao cho f (x0 ) = 1. Từ P (x0 , y) suy ra f (y) = f (x0 + y) ∀y ∈ R+ . Bằng quy nạp ta được f (y) = f (y + nx0 ) ∀y ∈ R+ . Giả sử 0 < y < x, do f không giảm nên f (y) ⩽ f (x). Tồn tại n ∈ N∗ đủ lớn để x < y + nx0 ⇒ f (x) ⩽ f (y + nx0 ) . Hay f (y) ⩽ f (x) ⩽ f (y + nx0 ) = f (y). Suy ra f là hàm hằng. Thử lại ta được f (x) = 1 ∀x ∈ R+ . Tất cả các hàm số cần tìm là f (x) = αx + 1 và f (x) = 1. Bài toán 0.2. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xf (y))f (y) = f (x + y) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. Trường hợp f đơn ánh. x Từ P f (y) ,y suy ra x f (x)f (y) = f +y ∀x, y ∈ R+ . f (y) y Từ P f (x) ,x suy ra y f (x)f (y) = f +x ∀x, y ∈ R+ . f (x) Suy ra x y f +y =f +x ∀x, y ∈ R+ . f (y) f (x) Do f đơn ánh nên x y +y = + x ∀x, y ∈ R+ . f (y) f (x) Từ đây cho y = 1 suy ra x 1 +1= + x ∀x ∈ R+ . f (1) f (x) Hay 1 ∀x ∈ R+ , f (x) = αx + 1 1 trong đó α = f (1) − 1. Do f đơn ánh nên α ̸= 0 . Và f (x) > 0 nên αx + 1 > 0 ⇒ α > 0. Vì nếu α < 0 cho x → +∞ mâu thuẫn. Thử lại với mọi α > 0 hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. Trường hợp f không đơn ánh. Hay tồn tại tại 0 < x1 < x2 sao cho f (x1 ) = f (x2 ) = α > 0. Từ P (x1 , y) ta suy ra αf (y) = f (x1 + αy) ∀y ∈ R+ . Từ P (x2 , y) ta suy ra αf (y) = f (x2 + αy) ∀y ∈ R+ . Do đó f (x1 + αy) = f (x2 + αy) ∀y ∈ R+ . x Từ trên thay y bởi α ta được f (x) = f (x + δ) ∀x > x1 (Với δ = x2 − x1 > 0). Bằng quy nạp ta được f (x) = f (x + nδ) ∀x > x1 , ∀n ∈ N∗ . Giả sử tồn tại hai số dương u ̸= v sao cho f (u) ̸= f (v). Ta giả sử f (u) > f (v) ( Trường hợp còn lại giải quyết tương tự). Ta chọn số nguyên dương n0 đủ lớn để nδ f (u) + u − v f (u)f (v) y= . f (u) − f (v) y+nδ y Từ P f (u) ,u và P f (v) ,v ta được f (u)f (y) = f (v)f (y) ⇒ f (u) = f (v), mâu thuẫn. Do đó f là hàm hằng. Thay vào P (x, y) ta được f (x) = 1 ∀x > 0. Vậy hàm số cần tìm là 1 f (x) = ∀x ∈ R+ , αx + 1 trong đó α ⩾ 0 là hằng số bất kì. Bài toán 0.3 (Korea Program Practice Test 2021). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x)f (2y) = 4f (x + yf (x)) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f không giảm. x−z Giả sử tồn tại x > z > 0 sao cho f (z) > f (x), chọn y = f (z)−f (x) . Khi đó x + yf (x) = z + yf (z) ⇒ 4f (x + yf (x)) = 4f (z + yf (z)). Hay f (x)f (2y) = f (z)f (2y) ⇒ f (x) = f (z), mâu thuẫn. Vậy f không giảm. 3
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. f (x) ⩾ 4 ∀x > 0. Từ P (x, y) ta có f (x)f (2y) = 4f (x + yf (x)) ⩾ 4f (x) ⇒ f (2y) ⩾ 4. Suy ra f (x) ⩾ 4 x > 0. Trường hợp. Tồn tại x0 > 0 sao cho f (x0 ) = 4. Ta có x0 42 = 4f (x0 ) = 4f (x0 + f (x0 )) ⇒ f (3x0 ) = 4. 2 Tiến hành tương tự ta được f (3n x0 ) = 4 ∀n ∈ N∗ . Giả sử tồn tại z sao cho z > x0 , do f không giảm nên f (z) ⩾ f (x0 ) = 4. Do lim 3n x0 = +∞ n→+∞ nên tồn tại số nguyên dương l đủ lớn sao cho 3l x0 > z ⇒ f (3l x0 ) ⩾ f (z) ⇒ 4 ⩾ f (z). Vậy f (x) = 4 ∀x ⩾ x0 . Từ P x, y2 suy ra f (y) = 4 ∀y ∈ R+ . Hay f (x) = x ∀x ∈ R+ . Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp. f (x) > 4 x > 0. Giả sử tồn tại z > x > 0. Chọn y = 2 fz−x (x) khi đó y 4f (x) < f (x)f (y) = 4f x + f (x) = 4f (z) ⇒ f (x) < f (z). 2 Suy ra f tăng ngặt. Từ P x, y2 suy ra y f (x)f (y) = 4f x + f (x) ∀x, y ∈ R+ . 2 Thay đổi vai trò x, y ta được x f (x)f (y) = 4f y + f (y) ∀x, y ∈ R+ . 2 Hay y x f x + f (x) = f y + f (y) ∀x, y ∈ R+ . 2 2 Do f tăng ngặt nên y x x + f (x) = y + f (y) ∀x, y ∈ R+ . 2 2 Cho y = 2 suy ra f (x) = cx + 2 ∀x ∈ R+ Thử lại ta thấy hàm số không thỏa mãn. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = 4 ∀x ∈ R+ . 4
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Bài toán 0.4. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + yf (x)) = f (x) + xf (y) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. c ⩾ 1 với c = f (1). 1 Giả sử 0 < c < 1. Từ P 1, 1−c suy ra 1 1 f =c+f ⇒ c = 0, 1−c 1−c mâu thuẫn. Vậy c ⩾ 1. Nhận xét. f tăng ngặt. y Từ P x, f (x) suy ra y f (x + y) = f (x) + xf ∀x, y ∈ R+ . f (x) Từ đây ta suy ra f tăng ngặt. Nhận xét. c = 1 hay f (1) = 1 Giả sử c > 1, từ P (1, y) suy ra f (cy + 1) = c + f (y) ∀y > 0. Bằng quy nạp ta được f (1 + c + c2 + ... + cn y) = nc + f (y) ∀y > 0 ∀n ∈ N. Từ đây cho y=1 ta được f (1 + c + c2 + ... + cn ) = (n + 1)c ∀n ∈ N. y Từ P x, f (x) ta thay x = 1 + c + ... + cn−1 , y = cn suy ra cn 2 n n−1 (n + 1)c = f (1 + c + c + ... + c ) = cn + (1 + c + ... + c )f . cn Hay cn−1 cn−1 c f = < c = f (1) ⇒ < 1 ∀n ∈ N∗ . n (1 + c + ... + cn−1 ) n cn−1 Từ đây ta cho n → +∞ thì dẫn tới điều mâu thuẫn do lim = +∞. Vậy c = f (1) = 1. n→+∞ n 5
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. f (q) = q ∀q ∈ Q+ . Từ P (1, y) suy ra f (y + 1) = f (y) + 1 ∀y > 0 kết hợp với f (1) = 1 ta dễ dàng chứng minh được f (n) = n n ∈ Z+ . Xét số hữu tỷ q = m n với m, n ∈ N∗ , gcd(m, n) = 1. Từ P n, m n suy ra m m n + m = f n + n = f (n) + nf ⇒ f (q) = q. n n Như vậy f (q) = q ∀q ∈ Q+ . Nhận xét. f (x) = x ∀x ∈ R+ . Với x > 0, ta chọn hai dãy số hữu tỉ dương {un }+∞ +∞ n=1 , {vn }n=1 sao cho un ⩽ x ⩽ vn ∀n ∈ N∗ và lim un = lim vn = x. n→+∞ n→+∞ Vì f tăng ngặt nên ta có f (un ) ⩽ f (x) ⩽ f (vn ) ⇒ un ⩽ f (x) ⩽ vn ∀n ∈ N∗ . Cho n → +∞ suy ra x ⩽ f (x) ⩽ x ∀n ∈ N∗ . Hay f (x) = x ∀x ∈ R+ . Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = x ∀x ∈ R+ . Bài toán 0.5 (Balkan MO 2022). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (yf (x)3 + x) = x3 f (y) + f (x) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f tăng ngặt. y Từ P x, f (x) 3 suy ra 3 y f (x + y) = x f + f (x) > f (x). f (x)3 Vậy f tăng ngặt. 6
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. c ⩾ 1 với c = f (1). 1 Giả sử 0 < c < 1. Từ P 1, 1−c3 suy ra 1 1 f =f + c ⇒ c = 0, 1 − c3 1 − c3 mâu thuẫn. Vậy c ⩾ 1. Nhận xét. c = 1 hay f (1) = 1 Giả sử c > 1. Từ P (1, 1) suy ra f (c3 + 1) = 2c. Từ P (c3 + 1, 1) suy ra f (9c3 + 1) = c(c3 + 1)3 + 2c. Từ P (1, 9) suy ra f (9c3 + 1) = f (9) + c. Suy ra f (9) + c = c(c3 + 1)3 + 2c ⇒ f (9) = c(c3 + 1)3 + c > 9c. Từ P (1, y) suy ra f (y) + f (1) = f (c3 y + 1) > f (y + 1) ∀y ∈ R+ . Do đó f (9) < f (8) + c < ... < 9c, mâu thuẫn với f (9) > 9c. Suy ra c = 1. Nhận xét. f (q) = q ∀q ∈ Q+ . Từ P (1, y) suy ra f (y + 1) = f (y) + 1 ∀y > 0 kết hợp với f (1) = 1 ta dễ dàng chứng minh được f (n) = n n ∈ Z+ . Xét số hữu tỷ q = m n với m, n ∈ N∗ , gcd(m, n) = 1. Từ P n, m n suy ra m m n + m = f n + n = f (n) + nf ⇒ f (q) = q. n n Như vậy f (q) = q ∀q ∈ Q+ . Nhận xét. f (x) = x ∀x ∈ R+ . Với x > 0, ta chọn hai dãy số hữu tỉ dương {un }+∞ +∞ n=1 , {vn }n=1 sao cho un ⩽ x ⩽ vn ∀n ∈ N∗ và lim un = lim vn = x. n→+∞ n→+∞ Vì f tăng ngặt nên ta có f (un ) ⩽ f (x) ⩽ f (vn ) ⇒ un ⩽ f (x) ⩽ vn ∀n ∈ N∗ . 7
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Cho n → +∞ suy ra x ⩽ f (x) ⩽ x ∀n ∈ N∗ . Hay f (x) = x ∀x ∈ R+ . Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = x ∀x ∈ R+ . Bài toán 0.6 (Brazil National Olympiad 2019). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xy + f (x)) = f (f (x)f (y)) + x ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f (x) ⩾ x ∀x > 0. Giả sử tồn tại x0 > 0 sao cho f (x0 ) < 0. Từ P P (x0 , x0 −f x0 (x0 ) suy ra x0 − f (x0 ) f f (x0 )f = f (x0 ) − x0 > 0 ⇒ f (x0 ) > x0 , x0 mâu thuẫn. Vậy f (x) ⩾ x ∀x > 0. Nhận xét. f (x) < 1 ∀x < 1. Với x < 1 từ P x, f1−x (x) suy ra f (x) f (x) f (x) f = f f (x)f + x > f (x)f . 1−x 1−x 1−x Vậy f (x) < 1 ∀x < 1. Nhận xét. lim+ f (x) = 0. x→0 Xét 0 < ϵ < 12 . Ta chọn số thực dương λ sao cho (1 − ϵ)λ + f (1 − ϵ) < 1. Từ P (1 − ϵ, λ) suy ra f ((1 − ϵ)λ + f (1 − ϵ)) = f (f (1 − ϵ)f (λ)) + 1 − ϵ > f (1 − ϵ)f (λ) + 1 − ϵ. 1 Chú ý rằng f (1 − ϵ) > 1 − ϵ > 2 nên từ đây suy ra f (λ) < 2ϵ thỏa các điều kiện trên. 8
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Từ đây cho λ → 0+ và ϵ → 0+ ta suy ra được lim+ f (x) = 0. x→0 cố định x > 0, từ P (x, y) suy ra x ⩽ f (x) < xy + f (x) ⩽ f (xy + f (x)) = x + f (f (x)f (y)). cho y → 0+ suy ra x ⩽ f (x) ⩽ x hay f (x) = x ∀x ∈ R+ . Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = x ∀x ∈ R+ . Bài toán 0.7 (IMOC 2020 – Bulgaria NMO 2021). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x)f (y + f (x)) = f (xy + 1) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f không tăng. Giả sử tồn tại hai số thực dương a > b sao cho f (a) > f (b). Xét số thực dương t thỏa mãn f (a) − f (b) t= > 0 ⇒ bt + f (a) = at + f (b). a−b Từ P (a, bt) ta suy ra f (a)f (bt + f (a)) = f (abt + 1). Từ P (b, at) ta cũng có f (b)f (at + f (b)) = f (abt + 1). Từ ba đẳng thức trên ta suy ra f (a)f (bt + f (a)) = f (b)f (at + f (b)) ⇒ f (a) = f (b), mâu thuẫn. Vậy f không tăng. Với x > 1, từ P x, x−1 x suy ra x−1 f f (x) + = 1. x Do đó tồn tại số thực dương c sao cho f (c) = 1. Trường hợp. Tồn tại c > 1 sao cho f (c) = 1 Từ P (c, x) suy ra f (x + 1) = f (cx + 1) ∀x ∈ R+ . Bằng quy nạp ta được f (x + 1) = f (cn x + 1) ∀x > 0, n ∈ N∗ . 9
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Từ đây thay x bởi c − 1 suy ra f (cn (c − 1) + 1) = f (c) = 1. Do lim cn (c−1)+1 = +∞, nên tồn tại số nguyên dương n đủ lớn sao cho c < x0 < cn (c−1)+1. n→+∞ Do f không tăng nên 1 = f (c) ⩾ f (x0 ) ⩾ f (cn (c − 1) + 1) = 1 ⇒ f (x0 ) = 1. Hay f (x) = 1 ∀x > c. Với x < c và cố định y sao cho y > max{c, c−1 x } Từ P (x, y) suy ra f (x) = f (x)f (y + f (x)) = f (xy + 1) = 1. Suy ra f (x) = 1 ∀x ∈ R+ . Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp. Tồn tại c < 1 sao cho f (c) = 1. Từ P c, xc suy ra x f + 1 = f (x + 1) ∀x ∈ R+ . c 1 Từ đây đặt d = c > 1 thì bài toán được đưa về Trường hợp trên . Trường hợp. f (x) = 1 ⇔ x = 1. Từ P x, x−1 x suy ra x−1 1 = 1 ⇒ f (x) = f (x) + ∀x > 1. x x Khi đó cố định x > 0, y > 1 thay vào P (x, y) ta được 1 f (x) = . x 1 Do đó f (x) = x x ∈ R+ . Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là 1 f (x) = 1 và f (x) = . x Bài toán 0.8 (Bắc Ninh TST 2021). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + 2f (y)) = f (x + y) + 3f (y) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. x Nhận xét. f (x) > 2 ∀x > 0. Từ P (x, y) ta có x + 2f (y) ̸= y ⇒ x ̸= y − 2f (y) ∀x, y > 0. y y y Do đó y − 2f (y) ⩽ 0 hay f (y) ⩾ 2 ∀y > 0. Dễ thấy f (y) ̸= 2 nên f (y) > 2 ∀y > 0. 10
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. f đơn ánh. Giả sử tồn tại a > b > 0 sao cho f (a) = f (b). Từ P (x, a) suy ra f (x + 2f (a)) = f (x + a) + 3f (a) ∀x > 0. Từ P (x, b) suy ra f (x + 2f (b)) = f (x + b) + 3f (b) ∀x > 0. Hay f (x + a) = f (x + b) ∀x > 0. Đặt ∆ = a − b > 0 từ trên thay x bởi x − b ta được f (x) = f (x + ∆) ∀x > b. Bằng quy nạp ta được f (x) = f (x + n∆) ∀x > b. Như vậy với mọi x > b ta có x + n∆ f (x) = f (x + n∆) > cho n → +∞, 2 vô lí. Như vậy f đơn ánh. Nhận xét. f (x) = 2x ∀x ∈ R+ . Từ P (x − y, y) suy ra f (x − y + 2f (y)) = f (x) + 3f (y) ∀x > y > 0. Cố định y0 > 0, đặt a = 2f (y0 ) − y0 và b = f (y0 ). Khi đó a, b > 0 ta được f (x + a) = f (x) + 3b ∀x > y0 . Từ P (x, y + a) suy ra f (x + 2f (y) + 6b) = f (x + 2f (y) + 4a) ∀x, y > 0. Do f đơn ánh nên x + 2f (y) + 6b = x + 2f (y) + 4a ⇒ 3b = 2a. Hay 3f (x) = 2f (x) − 2x ⇒ f (x) = 2x ∀x > 0. Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = 2x ∀x ∈ R+ . 11
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Bài toán 0.9 (IMO Shortlist 2007). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (y)) = f (x + y) + f (y) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f (x) > x ∀x > 0. Từ P (x, y) ta có x + f (y) ̸= y ⇒ x ̸= y − f (y) ∀x, y > 0. Do đó y − f (y) ⩽ 0 hay f (y) ⩾ y ∀y > 0. Dễ thấy f (y) ̸= y nên f (y) > y ∀y > 0. Nhận xét. f đơn ánh. Giả sử tồn tại a > b > 0 sao cho f (a) = f (b). Từ P (x, a) suy ra f (x + f (a)) = f (x + a) + f (a) ∀x > 0. Từ P (x, b) suy ra f (x + f (b)) = f (x + b) + f (b) ∀x > 0. Hay f (x + a) = f (x + b) ∀x > 0. Đặt ∆ = a − b > 0 từ trên thay x bởi x − b ta được f (x) = f (x + ∆) ∀x > b. Bằng quy nạp ta được f (x) = f (x + n∆) ∀x > b. Như vậy với mọi x > b ta có x + n∆ f (x) = f (x + n∆) > cho n → +∞, 2 vô lí. Như vậy f đơn ánh. Nhận xét. f (x) = 2x ∀x ∈ R+ . Từ P (x − y, y) suy ra f (x − y + f (y)) = f (x) + f (y) ∀x > y > 0. Cố định y0 > 0, đặt a = f (y0 ) − y0 và b = f (y0 ). Khi đó a, b > 0 ta được f (x + a) = f (x) + b ∀x > y0 . Từ P (x, y + a) suy ra f (x + f (y) + b) = f (x + f (y) + 2a) ∀x, y > 0. 12
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Do f đơn ánh nên x + f (y) + b = x + f (y) + 2a ⇒ b = 2a. Hay f (x) = 2f (x) − 2x ⇒ f (x) = 2x ∀x > 0. Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = 2x ∀x ∈ R+ . Bài toán 0.10 (Romania 2014). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + 3f (y)) = f (x) + f (y) + 2y ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f cộng tính. Cố định y0 > 0, với 2 số thực dương a, b đặt 3f (y0 ) = a, f (y0 ) + 2y0 = b. Từ P (x, y0 ) suy ra f (x + a) = f (x) + b ∀x > 0. Từ P (x, y + a) suy ra f (x + 3f (y) + 3b) = f (x) + f (y) + b + 2y + 2a ∀x, y > 0. Từ P (x + 3b, y) suy ra f (x + 3f (y) + 3b) = f (x + 3b) + f (y) + 2y ∀x, y > 0. Từ hai đẳng thức trên suy ra f (x + 3b) = f (x) + b + 2a ∀x, y0 > 0. Ta lại có f (x + 3b) = f (x + 6y0 + a) ∀x, y > 0. Do đó f (x + 6y0 ) = f (x) + 6f (y0 ) ∀x, y0 > 0. Ký hiệu Q(x, y0 ) chỉ khẳng định f (x + 6y0 ) = f (x) + 6f (y0 ) ∀x, y0 > 0. Từ Q(x, y + z) suy ra f (x + 6y + 6z) = f (x) + 6f (y + z) ∀x, y, z > 0. Từ Q(x + 6z, y) suy ra f (x + 6y + 6z) = f (x) + 6f (z) + 6f (y) ∀x, y, z > 0. Hay f (y + z) = f (y) + f (z) ∀y, z > 0. Vậy f (x) = cx ∀x > 0 với c là số thực dương. Thử lại ta được c = 1. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = x ∀x > 0. 13
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Bài toán 0.11. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + y + f (y)) = f (x) + 2y ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. Nhận xét. f cộng tính. Cố định y0 > 0, với 2 số thực dương a, b đặt y0 + f (y0 ) = a, 2y0 = b. Từ P (x, y0 ) suy ra f (x + a) = f (x) + b ∀x > 0. Từ P (x, y + a) suy ra f (x + y + a + f (y) + b) = f (x) + 2y + 2a ∀x, y > 0. Từ P (x + a + b, y) suy ra f (x + y + a + f (y) + b) = f (x + a + b) + 2y ∀x, y > 0. Từ hai đẳng thức trên suy ra f (x + b) + b = f (x) + 2a ∀x, y > 0. Hay f (x + 2y0 ) = f (x) + 2f (y0 ) ∀x, y0 > 0. Ký hiệu Q(x, y0 ) chỉ khẳng định f (x + 2y0 ) = f (x) + 2f (y0 ) ∀x, y0 > 0. Từ P (z, y + x) suy ra f (z + 2x + 2y) = f (z) + 2f (y + x) ∀x, y > 0. Từ P (z + 2x, y) suy ra f (z + 2x + 2y) = f (z) + 2f (x) + 2f (y) ∀x, y > 0. Hay f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y > 0. Vậy f (x) = cx ∀x > 0. với c là số thực dương. Thử lại ta được c = 1. Vậy hàm số cần tìm làm f (x) = x ∀x > 0. Bài toán 0.12 (MOCK TEST VMO 2019). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + 2f (y)) = f (x + y) + 2y + 2f (y) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. 14
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. f cộng tính. Từ P (x − y, y) suy ra f (x − y + 2f (y)) = f (x) + 2y + 2f (y) ∀x > y > 0. Cố định y0 > 0, đặt a = 2f (y0 ) − y0 và b = 2f (y0 ) + 2y0 = 3y0 + a. Khi đó a, b > 0 ta được f (x + a) = f (x) + b ∀x > y0 . Từ P (x, y + a) suy ra f (x + 2f (y) + 6y0 ) = f (x + y) + 2y + 2f (y) + 6f (y0 ), ∀x > 0 ∀y > y0 . Từ P (x + 6y0 , y) suy ra f (x + 2f (y) + 6y0 ) = f (x + y + 6y0 ) + 2y + 2f (y) ∀x, y > 0. Suy ra f (x + y + 6y0 ) = f (x + y) + 6f (y0 ) ∀x > 0, ∀y > y0 . Hay f (x + 6y) = f (x) + 6f (y) ∀x > y > 0. Ký hiệu Q(x, y) chỉ khẳng định f (x + 6y) = f (x) + 6f (y) ∀x > y > 0. Với x, y > 0 và z > x + y. Từ (z, x + y) suy ra f (z + 6x + 6y) = f (z) + 6f (x + y) Từ (z + 6x, y) suy ra f (z + 6x + 6y) = f (z) + 6f (x) + 6f (y) Suy ra f (x + y) = f (x) + f (y) ∀x, y > 0. Vậy f (x) = kx ∀x > 0. Thay vào phương trình ban đầu ta được k = 2. Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f (x) = 2x ∀x > 0. Bài toán 0.13. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (f (x) + y) + f (x + y) = 2x + 2f (y) ∀x, y ∈ R+ . Lời giải. 15
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. f (f (x)) + f (x) − 2x = c ∀x ∈ R+ . Từ P (y, x) suy ra f (f (y) + x) + f (x + y) = 2y + 2f (x) ∀x, y > 0. Hay f (f (x) + y) − f (f (y) + x) = 2(x − y) + 2(f (y) − f (x)) ∀x, y > 0. Từ P (x, f (y) suy ra f (f (x) + f (y)) + f (x + f (y)) = 2x + 2f (f (y)) ∀x, y > 0. Từ P (y, f (x) suy ra f (f (x) + f (y)) + f (y + f (x)) = 2y + 2f (f (x)) ∀x, y > 0. Hay f (x + f (y)) − f (y + f (x)) = 2(x − y) + 2(f (f (y)) − f (f (x))) ∀x, y > 0. Kết hợp hai đẳng thức trên ta được f (f (x)) − f (f (y)) = f (y) − f (x) + 2(x − y) ∀x, y > 0, hay f (f (x)) + f (x) − 2x = c ∀x > 0. Nhận xét. f (x) = x ∀x ∈ R+ . Bằng quy nạp ta được 1 c (−2)n c fn (x) = f (x) + 2x + nc − + −f (x) + x + . 3 3 3 3 Với n ⩾ 2, trong đó kí hiệu fn (x) = f (f (...(x)...)) n lần ngoặc. n Cố định x, cho n → +∞ thì (−2) 3 → +∞ với n lẻ và ta vẫn phải có fn (x) > 0 nên f (x) = c x + 3 ∀x > 0. Thay vào đề bài ta được c = 0 hay f (x) = x ∀x > 0. Hay ta có cách xây dựng dãy số như sau Xét dãy số (un ) xác định bởi u0 = x, u1 = f (u0 ), ..., un+1 = f (un ) ∀n ∈ N . Do f : R+ → R+ nên un > 0 ∀n ∈ N. Từ trên thay x bởi un ta được un+2 + un+1 − 2un = c. 2 λ=1 Xét phương trình đặc trưng λ + λ − 2 = 0 ⇔ λ = −2. Suy ra un = α + β(−2)n ∀n = 0, 1, 2... Vì 1 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên u∗n = an, ∀n = 0, 1, 2... Do đó c (n + 2)a + (n + 1)a − 2an = c ⇒ a = . 3 cn Vậy un = α + β(−2)n + 3 ∀n = 0, 1, 2... Do u0 = x và u1 = f (x) nên 2x+f (x)− 3c ( ( α+β =x α = 3 ⇒ x−f (x)+ 3c α − 2β + 3c = f (x) β = 3 . 2x+f (x)− 3c x−f (x)+ 3c Vậy un = 3 + 3 (−2)n + cn 3 ∀n ∈ N∗ . 16
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Nhận xét. Nếu f (x) < x + 3c thì u2n+1 → −∞, nên khi n → +∞ tồn tại n lẻ nguyên dương đủ lớn sao cho un < 0, mâu thuẫn. Nếu f (x) > x + 3c thì u2n → −∞, nên khi n → +∞ tồn tại n chẵn nguyên dương đủ lớn sao cho un < 0, mâu thuẫn. c Vậy f (x) = x + 3 ∀x > 0. Thay vào đề bài ta được c = 0. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = x ∀x > 0. Bài toán 0.14 (Chọn đội tuyển PTNK 2018). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (xf (y 2 ) − yf (x2 )) = (y − x)f (xy) ∀y > x > 0. Lời giải. Nhận xét. f tăng ngặt. Với mọi y > x > 0 từ phương trình ban đầu ta có f (y 2 ) y xf (y 2 ) − yf (x2 ) ⇒ > > 1. f (x2 ) x Hay f tăng ngặt. Nhận xét. f (q) = f (1)q ∀q ∈ Q+ . Từ P (x, x + 1) suy ra f (xf ((x + 1)2 ) − (x + 1)f (x2 )) = f (x(x + 1)). Do f tăng ngặt suy ra f ((x + 1)2 ) f (x2 ) xf ((x + 1)2 ) − (x + 1)f (x2 ) = x(x + 1) ⇒ − = 1 ∀x > 0 (x + 1) x Bằng quy nạp ta được f (f (x + n)2 ) f (x2 ) − = n, ∀x > 0 ∀n ∈ Z+ . x+n x Hay xf (f (x + n)2 ) − (x + n)f (x2 ) = nx(x + n) ∀x > 0, ∀n ∈ Z+ . Từ P (x, x + n) suy ra nf (x(x + n)) = f (nx(x + n) ∀x > 0, ∀n ∈ Z+ . 17
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022 Với mọi n ∈ Z+ , y > 0, ta luôn chọn được x > 0 sao cho x(x + n) = y nên ta có f (ny) = nf (y), ∀x > 0 ∀n ∈ Z+ . Với mọi n ∈ Z+ từ phương trình trên ta cho y = n1 ta được 1 f (1) f = . n n Do đó n 1 n f = nf = f (1). m n m Xét số hữu tỷ q = n m với m, n ∈ N∗ , gcd(m, n) = 1. Ta được f (q) = f (1)q ∀q ∈ Q+ . Nhận xét. f (x) = x x ∈ R+ . Với mọi x0 > 0 ta chọn hai dãy số hữu tỷ dương (an ), (bn ) sao cho an < x0 < bn và lim an = lim bn = x0 . Do f tăng ngặt suy ra f (an ) < f (x0 ) < f (bn ) ⇒ f (1).an < f (x0 ) < f (1).bn , Cho n → +∞, ta được f (x0 ) = f (1)x0 . Do đó với mọi số thực x0 > 0 thì f (x) = ax Thử lại ta được a = 1. Vậy hàm số cần tìm là f (x) = x ∀x > 0. 18

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.