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>0sao cho 1> f (x0)>0. Từ Px0,x0
1−f(x0)suy ra
f(x0)fx0
1−f(x0)=fx0
1−f(x0)⇒f(x0) = 0,
mâu thuẫn. Vậy f(x)⩾1∀x > 0.
Nhận xét. fkhông giảm.
Từ Px, y
f(x)suy ra
f(x+y) = f(x)fy
f(x)⩾f(x)∀x, y ∈R+.
Vậy fkhông giảm.
Trường hợp. f(x)>1∀x > 0.
Từ trên dễ dàng suy ra ftăng 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 ftăng 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>0sao 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 fkhông 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 flà 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 fđơn ánh.
Từ Px
f(y), ysuy ra
f(x)f(y) = fx
f(y)+y∀x, y ∈R+.
Từ Py
f(x), xsuy ra
f(x)f(y) = fy
f(x)+x∀x, y ∈R+.
Suy ra
fx
f(y)+y=fy
f(x)+x∀x, y ∈R+.
Do fđơn ánh nên x
f(y)+y=y
f(x)+x∀x, y ∈R+.
Từ đây cho y= 1 suy ra x
f(1) + 1 = 1
f(x)+x∀x∈R+.
Hay
f(x) = 1
αx + 1 ∀x∈R+,
trong đó α=1
f(1) −1. Do fđơn ánh nên α= 0 . Và f(x)>0nên αx + 1 >0⇒α > 0. Vì nếu
α < 0cho x→+∞mâu thuẫn. Thử lại với mọi α > 0hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Lữ Võ Hoàng Phúc Ngày 7 tháng 9 năm 2022
Nhận xét. Trường hợp fkhông đơn ánh.
Hay tồn tại tại 0< x1< x2sao 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+.
Từ trên thay ybởi x
αta 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=vsao 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 n0đủ lớn để
y=nδ
f(u)+u−vf(u)f(v)
f(u)−f(v).
Từ Py+nδ
f(u), uvà Py
f(v), vta được f(u)f(y) = f(v)f(y)⇒f(u) = f(v),mâu thuẫn.
Do đó flà hàm hằng. Thay vào P(x, y)ta được f(x) = 1 ∀x > 0. Vậy hàm số cần tìm là
f(x) = 1
αx + 1 ∀x∈R+,
trong đó α⩾0là 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. fkhông giảm.
Giả sử tồn tại x > z > 0sao cho f(z)> f(x), chọn y=x−z
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 fkhông 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)⩾4x > 0.
Trường hợp. Tồn tại x0>0sao cho f(x0) = 4.
Ta có
42= 4f(x0) = 4f(x0+x0
2f(x0)) ⇒f(3x0) = 4.
Tiến hành tương tự ta được
f(3nx0) = 4 ∀n∈N∗.
Giả sử tồn tại zsao cho z > x0, do fkhông giảm nên f(z)⩾f(x0) = 4. Do lim
n→+∞
3nx0= +∞
nên tồn tại số nguyên dương lđủ lớn sao cho
3lx0> z ⇒f(3lx0)⩾f(z)⇒4⩾f(z).
Vậy f(x) = 4 ∀x⩾x0.Từ Px, y
2suy 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)>4x > 0.
Giả sử tồn tại z > x > 0. Chọn y= 2 z−x
f(x)khi đó
4f(x)< f(x)f(y) = 4fx+y
2f(x)= 4f(z)⇒f(x)< f(z).
Suy ra ftăng ngặt. Từ Px, y
2suy ra
f(x)f(y) = 4fx+y
2f(x)∀x, y ∈R+.
Thay đổi vai trò x, y ta được
f(x)f(y) = 4fy+x
2f(y)∀x, y ∈R+.
Hay
fx+y
2f(x)=fy+x
2f(y)∀x, y ∈R+.
Do ftăng ngặt nên
x+y
2f(x) = y+x
2f(y)∀x, y ∈R+.
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⩾1với c=f(1).
Giả sử 0< c < 1. Từ P1,1
1−csuy ra
f1
1−c=c+f1
1−c⇒c= 0,
mâu thuẫn. Vậy c⩾1.
Nhận xét. ftăng ngặt.
Từ Px, y
f(x)suy ra
f(x+y) = f(x) + xf y
f(x)∀x, y ∈R+.
Từ đây ta suy ra ftăng 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+... +cny) = nc +f(y)∀y > 0∀n∈N.
Từ đây cho y=1 ta được
f(1 + c+c2+... +cn) = (n+ 1)c∀n∈N.
Từ Px, y
f(x)ta thay x= 1 + c+... +cn−1, y =cnsuy ra
(n+ 1)c=f(1 + c+c2+... +cn) = cn + (1 + c+... +cn−1)fcn
cn.
Hay
fcn−1
n=c
(1 + c+... +cn−1)< c =f(1) ⇒cn−1
n<1∀n∈N∗.
Từ đây ta cho n→+∞thì dẫn tới điều mâu thuẫn do lim
n→+∞
cn−1
n= +∞. Vậy c=f(1) = 1.
5