Top 21 # Bài Tập Môn Nhiệt Kỹ Thuật Có Lời Giải / 2023 Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 12/2022 # Top Trend | Caffebenevietnam.com

Tài Liệu Một Số Bài Tập Môn Kỹ Thuật Số Có Lời Giải / 2023

Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI – PHẦN 1 MÔN KỸ THUẬT SỐ Bộ môn Điện tử Đại Học Bách Khoa chúng tôi Câu 1 Cho 3 số A, B, và C trong hệ thống số cơ số r, có các giá trị: A = 35, B = 62, C = 141. Hãy xác định giá trị cơ số r, nếu ta có A + B = C. Định nghĩa giá trị: A = 3r + 5, B = 6r +2, C = r2 + 4r + 1 A + B = C (3r + 5) + (6r + 2) = r2 + 4r + 1 PT bậc 2: r2 – 5r – 6 = 0 r = 6 và r = – 1 (loại) Hệ thống cơ số 6 : tuy nhiên kết quả cũng không hợp lý vì B = 62: không phải số cơ số 6 Câu 2 Sử dụng tiên đề và định lý: a. Chứng minh đẳng thức: A B + A C + B C + A B C = A C VT: A B + A C + B C + A B C = B ( A + A C) + A C + B C = B(A+C) +AC+BC ; x+xy=x+y = AB + BC + AC + BC = AB + AC + C(B+B) = AB + AC + C = AB + A + C = A ( B + 1) + C = A + C = AC : VP b. Cho A B = 0 và A + B = 1, chứng minh đẳng thức A C + A B + B C = B + C VT: AC + AB + BC = (A + B) C + A B = C + AB = C + AB + AB = C + (A+A)B = B + C 1 : VP ; A+B=1 ; AB=0 Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM Câu 3 a. Cho hàm F(A, B, C) có sơ đồ logic như hình vẽ. Xác định biểu thức của hàm F(A, B, C). A . B F . C Chứng minh F có thể thực hiện chỉ bằng 1 cổng logic duy nhất. F = (A + B) C ⊕ B C = ((A + B) C) (B C) + ((A + B) C) (B C) = (A + B) B C + ((A + B) + C) (B + C) = A B C + B C + (A B + C) ( B + C) = B C (A + 1) + A B + B C + A BC + C = B C + A B + C (B + A B + 1) = AB+BC+C = AB+B+C = A + B +C b. : Cổng OR Cho 3 hàm F (A, B, C), G (A, B, C), và H (A, B, C) có quan hệ logic với nhau: F = G ⊕ H Với hàm F (A, B, C) = ∏ (0, 2, 5) và G (A, B, C)= ∑ (0, 1, 5, 7). Hãy xác định dạng ∑ hoặc ∏ của hàm H (A, B, C) (1,0 điểm) A 0 0 0 0 1 1 1 1 F=G⊕ H =GH + GH = G⊕ H F = 1 khi G giống H F = 0 khi G khác H B 0 0 1 1 0 0 1 1 C 0 1 0 1 0 1 0 1 F 0 1 0 1 1 0 1 1 G H 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 H (A, B, C) = ∑ (1, 2, 7) = ∏ (0, 3, 4, 5, 6) Câu 4 Rút gọn các hàm sau bằng bìa Karnaugh (chú thích các liên kết) a. F1 (W, X, Y, Z) = ∑ (3, 4, 11, 12) theo dạng P.O.S (tích các tổng) F1 (X + Y) WX YZ 00 00 0 01 (X + Z) (Y + Z) 0 11 10 0 01 11 10 F1 = ( X + Y ) ( X + Z ) ( Y + Z ) 0 0 0 0 0 0 0 0 Hoặc F1 = ( X + Z ) ( Y + Z ) ( X + Y ) 0 2 Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM b. F2 (A, B, C, D, E) = ∑ (1, 3, 5, 6, 7, 8, 12, 17, 18, 19, 21, 22, 24) + d (2, 9, 10, 11, 13, 16, 23, 28, 29) A BC DE F2 00 BDE BE BD 1 0 00 01 01 1 1 11 1 1 10 X 1 11 10 10 11 1 1 1 X X 01 X 00 X X 1 1 X X 1 X 1 1 F2 = B D E + B D + B E c. Thực hiện hàm F2 đã rút gọn ở câu b chỉ bằng IC Decoder 74138 và 1 cổng logic F2 (B, D, E) = B D E + B D + B E IC 74138 = ∑( 1, 2, 3, 4) Câu 5 B D E C (MSB) B A (LSB) 1 0 0 G1 G2A G2B A 0 0 0 0 0 Chỉ sử dụng 3 bộ MUX 4 → 1, hãy thực hiện bộ MUX 10 → 1 có bảng hoạt động: Sắp xếp lại bảng hoạt động: A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 D 0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 B C 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 F IN0 IN2 IN4 IN6 IN1 IN3 IN5 IN7 IN8 IN9 Ngõ vào IN8 và IN9 được chọn chỉ phụ thuộc vào A và D B 0 0 0 0 1 C 0 0 1 1 0 D 0 1 0 1 0 Y0 Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 Y7 F IN0 IN1 IN2 IN3 IN4 F2 A 0 0 0 1 1 B 1 1 1 0 0 C 0 1 1 0 0 D 1 0 1 0 1 F IN5 IN6 IN7 IN8 IN9 MUX 4 1 D0 D1 D2 D3 IN0 IN2 IN4 IN6 Y MUX 4 1 S0 (lsb) S1 C B MUX 4 1 D0 D1 D2 D3 IN1 IN3 IN5 IN7 S0 (lsb) S1 C B 3 IN8 IN9 Y D A D0 D1 D2 D3 S0 (lsb) S1 Y F Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM Câu 6 Một hàng ghế gồm 4 chiếc ghế được xếp theo sơ đồ như hình vẽ: G1 G2 G3 G4 Nếu chiếc ghế có người ngồi thì Gi = 1, ngược lại nếu còn trống thì bằng Gi = 0 (i = 1, 2, 3, 4). Hàm F (G1, G2, G3, G4) có giá trị 1 chỉ khi có ít nhất 2 ghế kề nhau còn trống trong hàng. Hãy thực hiện hàm F chỉ bằng các cổng NOR 2 ngõ vào. Lập bảng hoạt động: G1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 G2 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 G3 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 G4 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 F 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 G1 G2 F G1G2 G3G4 00 01 11 10 00 1 1 1 1 01 1 0 0 1 11 1 0 0 0 10 1 0 0 0 G3 G4 G2 G3 F = G1 G2 + G2 G3 + G3 G4 = G1 + G2 + G2 + G3 + G3 + G4 G1 F G2 G3 G4 4

250 Bài Tập Kỹ Thuật Điện Tử Có Lời Giải Chi Tiết / 2023

NGUYỄN THANH TRÀ – THÁI VĨNH HIỂN

250 BÀI TẬP KV THUỘT ĐIỈN TỬ

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM

Chưởng 1

ĐIỐT 1.1. TÓM TẮT PHẦN LÝ THUYẾT Hiệu ứng chỉnh lưu của điốt bán dẫn là tính dẫn điện không đối xứng. Khi điốt được phân cực thuận, điện trở tiếp giáp thường rất bé. Khi điốt được phân cực ngược điện trở tiếp giáp thưcmg rất lớn. Khi điện áp ngược đặt vào đủ lớn điốt bị đánh thủng và mất đi tính chỉnh lưu của nó. Trên thực tế tồn tại hai phưofng thức đánh thủng đối với điốt bán dẫn. Phưcíng thức thứ nhất gọi là đánh thủng tạm thời (zener). Phương thức thứ hai gọi là đánh thủng về nhiệt hay đánh thủng thác lũ. Người ta sử dụng phương thức đánh thủng tạm thời để làm điốt ổn áp. Phương trình cơ bản xác định dòng điện Id chảy qua điốt được viết như sau: ~^DS ở đây:

enu..

( 1- 1)

= – , là thế nhiệt;

q

Còn khi’ tần số tín hiệu đủ cao, cần chú ý tới giá trị điện dung ký sinh của điốt Cd, nó được mắc song song với điện trở xoay chiều r^. 1.2. BÀJ TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài tập 1-1. Xác định giá trị thế nhiệt (U-r) của điốt bán dẫn trong điều kiện nhiệt độ môi trường 20°c. Bài giải Từ biểu thức cơ bản dùng để xác định thế nhiệt

u ,= i ĩ q Trong đó: – k = 1,38.10’^^ – , hằng số Boltzman; K – q = 1 , 6 . điện tích của electron; – T nhiệt độ môi trường tính theo độ K. Tĩiay các đại lượng tưcíng ứng vào biểu thức ta có: U, = ^ = ^ M . 2 5 . 2 7 , n V ^ q 1,6.10″”

Bài tập 1-2. Xác định điện trở một chiều Rj3 của điốt chỉnh lưu với đặc tuyến V-A cho trên hình 1-1 tại các giá trị dòng điện và điện áp sau: = 2mA Uo = -10V. Bài giải a) Trên đặc tuyến V-A của điốt đã cho tại Iß = 2mA ta có: Ud = 0,5V nên: u.. 0,5 = 250Q K = – = -3 Id

2.10

R„

Hinh 1-1

= 10MQ.

tập 1-3. Xác định điện trở xoay chiều tuyến V-A cho trên hình 1-2.

của điốt chỉnh lưu với đặc

a) Với Id = 2mA b) Với Id = 25mA. Bài giải a) Với Ij) = 2mA, kẻ tiếp tuyến tại điểm cắt với đặc tuyến V-A trên hình 1-2 ‘a sẽ có các giá trị Ij3 và Up tương ứng để xác định AUß và AIp như sau: ỉ„ = 4niA; U^ = 0,76V Ip = OrnA; ưp = 0,65V AIp = 4m A – OmA = 4m A

A U d = 0 ,7 6 V – 0 ,6 5 V = 0 ,1 1 V

10

Vậy:

AI„

4.10-‘

0

0,2

0,4 0,60,7 0,8 Hinh 1-2

1,0

0

4 ) Bài tập 1-4. Cho đặc tuyến V-A của một điốt như trên hình 1-2. Xác định điện trở một chiều tại hai giá trị dòng điện. a) Ij5 = 2mA. b) Iq = 25mA và so sánh chúng với giá trị điện trở xoay chiều trong bài tập 1-3. Bài giải Từ đặc tuyến V-A trên hình 1-2 ta có các giá trị tưoìig ứng sau; a) Id = 2mA; ƯD = 0,7V Nên: so với

b) Id = 25mA; ƯD = 0,79V Nên: so với

Bài tập 1-5. Cho mạch điện dùng điốí như hình l-3a và đặc tuyến V-A của điốt như trên hình l-3b. a) Xác định toạ độ điểm công tác tĩnh Q[Ư£)o; liX)]b) Xác định giá ừị điện áp trên tải Ur. Bài giải a) Theo định luật Kirchoff về điện áp vòng ta có:

8

u.

b) Điện áp rơi trên tải R, sẽ là:

= 10mA

u „ =I„.R, =I„,.R, =9,25.10-M 0′ =9,25V Hoặc Ur, c ó thể được tính: U r, = E – U do= 10-0,78 = 9,22V Sự khác nhau trong hai kết quả trên do sai số khi xác định theo đồ thi biểu diễn đặc tuyến V-A đối với điốt trên hình 1-3 và hình 1-4. Bài tập 1-6. Tính toán lặp lại như bài tập 1-5 với R, = 2kQ. Bài giải a) Từ biểu thức: E

= 5mA

= 10V

Đường tải một chiều (R_) được dimg như trên hình 1-5 và ta được toạ độ điểm Q[Ido; U doI tưcmg ứng: Ido = 4,6mA U do = 0,7V b) Điện áp rơi trên tải R, sẽ là: =1^ .R, = I doJR, =4,6.10-‘ .2.10’ =9,2V

hoặc

= E – U do=10V -0,7V =9,3V

©

7 ] Bài tập 1-7. Tính toán lặp lại cho bài tập 1-5 bằng cách tuyến tính hoá đặc tuyến Volt-Ampe cho trên hình l-3b và điốt loại Si. Bài giải Với việc tuyến tính hoá đặc tuyến V-A của điốt trên ta vẽ lại đặc tuyến

đó như trên hình 1-6.

10

Dựng đường tải một chiều (R_) cho mạch tương tự như trong câu a) của bài tập 1-5 và được biểu diễn trên hình 1-6. Đường tải một chiều đặc tuyến V-A tại Q với toạ độ tưoíng ứng. Ido = 9,25mA U do = 0,7V.

Hình 1-6

( 8 j Bài tập 1-8. Tính toán lặp lại cho bài tập 1-6 bằng cách tuyến tính hoá đặc tuyến V-A cho trên hình l-3b và điốt loại Si. Bài giải Với việc tuyến tính hoá đặc tuyến V-A của điốt trên ta vẽ lại đặc tuyến đó như trên hình 1-7. Dựng đưòng tải một chiều (R_) cho mạch tương tự như trong câu a) của bài tập 1-6 và được biểu diễn trên hình 1-7. Đường tải một chiều (R_) cắt đặc tuyến V-A tại Q. Với toạ độ tương ứng:

Hình 1-7

Ido ~ 4,6rnA = 0,7V. Bài tập 1-9. Tính toán lặp lại cho bài tập 1-5 bằng cách lý tưởng hoá đặc tuyến V-A cho trên hình l-3b và điốt loại Si. Bài giải Với việc lý tưcmg hoá đặc tuyến V-A của điốt, ta có nhánh thuận của đặc tuyến trùng với trục tung (Ip), còn nhánh ngược trùng với trục hoành (U d) như trên hình 1-8.

11

Hình 1-9

R

2 ,2 .1 0 ‘

12

=0,3V đối với điốt Ge.

Điện áp ra trên tải sẽ là:

12V

= 12-0,7-0,3= liv.

5,6kQ

11

r

R

5,6.10

Hình 1-10

l,96m A .

(^1^ Bài tập 1-12. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-11 Xác đinh các điên áp và dòng điên u„, Up , Ij3. Bài giải D,Si D.Si *- ►- ¿1- ki- 12V

u.rn

R5,6kQ

Hình 1-12

Hình 1-11

D,

=0

u „D-, = E -U „D,,-U ^ra = I 2 -0 -0 = 1 2 V .

* 13

+u, –

D Si

u

E,=10VR 4,7kQ

+

R,

I

+

R,

u.

I

E3=-5V Hình 1-14

Hình 1-13

Qiọn điện áp ứiông cho điốt D loại Si 0,7V ta vẽ lại sơ đồ trên như hình 1-14. Dòng điện I được tính: ,^E .E -U „ R,+R2

( 1 0 .5 – 0 ^ ) (4,7+2,2)10^

Bài giải Chọn giá trị điện áp thông cho các điốt D ị, được vẽ lại như hình 1-16. Dòng điện I được tính

loại Si 0,7V. Sơ đồ 1-15

I = H ^ = ^ = i^ = 2 8 ,1 8 m A R

14

R

0 ,3 3 .1 0 ‘

ra

Hình 1-16

Hình 1-15

Nếu chọn Dị và D, giống nhau ta có dòng qua chúng sẽ như nhau và tính được; I =I D,

^

R 2.2kn

E, -4 :^ 0 V

Hình 1-17

-^E2=4V

Hình 1-18

Dòng điện I được tính: R

2,2.10′

15

Bài tập 1-16. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-19. Xác định điện áp ra trên tải R.

E tl2V

2,2kQ

u.ra

Hình 1-20

©

0,7

R.

3,3.10

3-=0,212mA

Theo định luật Kirchoff về điện áp vòng ta có: – U ” ,+ E – U „ – U „ ,= 0

16

Si

Hay

Do đó:

Theo định luật Kirchoff về dòng điện nút ta có; =1^- I ,=3,32-0,212 = 3,108mA Bài tập 1-18. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-22 (cổng lôgic OR dương). Xác định điện áp và dòng điện ra trên tải I„, u„. Bài giải Vì D ị, Dj đều là điốt loại Si, nếu chọn ngưỡng thông cho chúng bằng 0,7V thì Dị sẽ luôn luôn thông còn Dj luôn luôn bị khoá. Mạch điện được vẽ lại như hình 1-23. (1)

* -i

E.=10V

ư DI

t

u

■S

ra

D,

I ‘-

0.7V

u ra

-* *ra

R ^ ik n

1

Hỉnh 1-23

Hình 1-22

Điện áp ra sẽ là: U „ = E – U d,= 1 0 -0 ,7 = 9 ,3 V I = iÌ2-= _Ẽ iL = 9 3mA. R 1.10^ Bài tập 1-19. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-24 (cổng lôgic AND dương). Xác định dòng điện ra (I„) và điện áp ra (U^) ưên tải R. Bài giải

**

2- 250BTKTĐIỆNTỬ.A

17

E

uD2

– i r lO V

Hình 1-25

Điện áp ra chính là điện áp thông cho điốt D 2 và bằng Up . Vây ta có: =0,7V. Dòng điện qua tải R cũng chính là dòng qua D 2 và được tính: E -U , ì= l£ l^ = 9 ,3 m A . R 1.10′ Bài tập 1-20. Cho mạch chỉnh lưu dùng điốt như hình 1-26. Vẽ dạng điện áp ra ưên tải R và xác định giá ưị điện áp ra một chiều sau chỉnh lưu Ujc với điốt D lý tưởng. D

uV

2

R

Hình 1-26

2 kQ

b)

Bài giải Với mạch điện cho trên hình 1-26 điốt D sẽ dẫn điện (thông) trong nửa chu kỳ dương (+) của tín hiệu vào (từ Ơ4-T/2) còn trong nửa chu kỳ âm (-) của tín hiệu vào (từ T/2^T) điốt D sẽ bị khoá hoàn toàn. Dạng của điện áp ra trên tải được biểu diễn như trên hình l-27b, còn sơ đồ tương đưofng được biểu diễn như hình l-27a.

18

2- 250BTKTĐIỆNTỬ – B

+

a)

Hinh 1-27

Dien áp ra mót chiéu tren tai

b)

diídc tính:

Ud, = 0,318U,„ = 0,318.20V = 6,36V 1-21. Cho mach chinh lim düng dió’t nhuf trén hinh 1-28. Ve dang dién áp ra trén tai R va tính giá tri dién áp ra mót chiéu trén tái R vói dió’t D thirc * té’ loai * Si D Uv R

a)

2k Q

Hinh 1-28

Bái giái Vói dió’t D thuc (khdng 1;^ tucmg) nói tróf cüa dió’t khi phán cuc veri tiimg nífa chu ky cüa tín hiéu váo sé có giá trj xác láp. Khi dió’t thóng nói trd cüa D rát bé con khi D khoá sé tuofng úng rát lón. Vi váy dang dién áp ra diroc biéu dién nhir trén hinh 1-29. Dién áp ra mót chiéu trén tái R duoc tính: = -0,318(U,„ – U^)

Hinh 1-29

= -0,318(20-0,7) = -6,14V 19

Như vậy so với trường hợp D lý tưcmg trong bài 1-20 điện áp ra giảm 0,22V tương đưofng 3,5%. ( 2^ Bài tập 1-22. Tính toán lặp lại bài 1-20 và 1-21 với giá trị và rút ra kết luận gì?

= 200V

Bài giải Đối với điốt D lý tưởng ta có: u.,, = 0,318U^ = 0,318.200V = 63,6V Đối với điốt D thực (không lý tưởng) ta có: U,, = 0,318(U™,-Uo) = 0,318 (200-0,7) = 63,38V Kết luận: Khi điện áp vào có mức lớn

= 200V).

Đối với trường hợp điốt thực, điện áp ra một chiều giảm 0,22V tương đương 0,3459% ít hơn 10 lần so với kết quả trong bài 1-21 khi có mức bé ( u l = 20V ).

(^2^ Bài 1-23. Cho mạch chỉnh lưu hai nửa chu kỳ dừig điốt như trên hình 1-30 a) Vẽ dạng sóng sau chỉnh lưu trên tải R,. b) Tính giá trị điện áp ra một chiều trên tải Uj,,. c) Tính giá trị điện áp ngược đặt lên Dị và Dj.

Bài giải a) Đây là mạch chỉnh lưu hai nửa chu kỳ dùng điốt. Để dễ dàng nhận biết trạng thái làm việc của mạch ta vẽ lại sơ đồ tương đương khi các điốt 20

thông, khoá với từng 1/2 chu kỳ của tín hiệu vào. Ví dụ: với 1/2 chu kỳ dương của tín hiệu vào (từ O-^T/2) sơ đồ tương đương được biểu diễn trên hình 1-31. +

b)

a)

+

Kỹ Thuật Giải Phương Trình Hàm / 2023

Published on

kỹ thuật giải phương trình hàm

3. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Hint: 1. Tính f(0) 2. Thế y = −1, chứng minh f là hàm lẻ 3. Thế y = 1 ⇒ f(2x + 1) = 2f(x) + 1 4. Tính f(2(u + v + uv) + 1) theo (3) và theo giả thiết để suy ra f(2uv + u) = 2f(uv) + f(u) 5. Cho v = −1 2 , u 2 → x và u → y, 2uv → x để suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 1.4. Tìm tất cả các hàm số f : R → R đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau: f(x) = xf 1 x , ∀x = 0 f(x) + f(y) = 1 + f(x + y), ∀x, y ∈ R, (x, y) = (0, 0); x + y = 0 Hint: 1. Tính f(0), f(−1) 2. Tính a + 1 với a = f(1) = f € x+1 x+1 Š = f € x + 1 1 x+1 Š theo cả hai điều kiện. Đáp số: f(x) = x + 1 Nhận xét: Thủ thuật này áp dụng cho một lớp các bài toán gần tuyến tính Ví dụ 1.5. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R thỏa f(1) = 1 2 và f(xy) = f(x)f ‚ 3 y Œ + f(y)f 3 x , ∀x, y ∈ R+ Hint: 1. Tính f(3) 2. Thế y → 3 x Đáp số: f(x) = 1 2 Ví dụ 1.6. Tìm tất cả các hàm số f : R∗ → R thỏa mãn điều kiện: f(x) + 2f 1 x = 3x, ∀x ∈ R∗ Hint: Thế x → 1 x Đáp số: f(x) = 2 x − x Ví dụ 1.7. Tìm tất cả các hàm số f : R{0, 1} → R thỏa mãn điều kiện: f(x) + f x − 1 x = 2x, ∀x, ∈ R{0, 1} Hint: Thế x → x−1 x , x → −1 x−1 Đáp số: f(x) = x + 1 1−x − x−1 x Luyện tập: 2. Tìm tất cả các hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn điều kiện: f(x + 1) = f(x) + 1, ∀x ∈ Q+ và f(x3 ) = f3 (x), ∀x ∈ Q+ GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

4. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Hint: 1. Quy nạp f(x + n) = f(x) + n, ∀x ∈ Q+ , ∀n ∈ N 2. Với p q ∈ Q+ , tính f p q + q2 3 ‹ theo hai cách. Đáp số: f(x) = x, ∀x ∈ Q+ Ví dụ 1.8. (VMO 2002). Hãy tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên tập số thực R và thỏa mãn hệ thức f (y − f(x)) = f € x2002 − y Š − 2001.y.f(x), ∀x, y ∈ R. (1) Giải a) Thế y = f(x) vào (1) ta được f(0) = f € x2002 − f(x) Š − 2002. (f(x))2 , ∀x ∈ R. (2) b) Lại thay y = x2002 vào (1) thì f € x2002 − f(x) Š = f(0) − 2001.x2002 .f(x), ∀x ∈ R. (3) Lấy (2) cộng với (3) ta được f(x) € f(x) + x2002 Š = 0, ∀x ∈ R. Từ đây suy ra với mỗi giá trị x ∈ R thì ta có hoặc là f(x) = 0 hoặc là f(x) = −x2002 . Ta sẽ chỉ ra rằng để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì bắt buộc phải có đồng nhất f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R hoặc f(x) ≡ −x2002 , ∀x ∈ R. Thật vậy, vì f(0) = 0 trong cả hai hàm số trên, nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử tồn tại a = 0 sao cho f(a) = 0, và tồn tại b 0 sao cho f(b) = −b2002 (vì chỉ cần thay x = 0 vào quan hệ (1) ta nhận được hàm f là hàm chẵn). Khi đó thế x = a và y = −b vào (1) ta được f(−b) = f € a2002 + b Š . Vậy ta nhận được dãy quan hệ sau 0 = −b2002 = f(b) = f(−b) = f € a2002 + b Š = 0(mâu thuẫn vì 0 = 0) − (a2002 + b) 2002 (mâu thuẫn vì − (a2002 + b) 2002 −b2002 ) . Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu ta kết luận chỉ có hàm số f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 1.9. (Hàn Quốc 2003) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (x − f(y)) = f(x) + xf(y) + f (f(y)) , ∀x, y ∈ R. (4) GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

6. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Ví dụ 1.10. (Iran 1999) Xác định các hàm số f : R → R thỏa mãn f (f(x) + y) = f € x2 − y Š + 4yf(x), ∀x, y ∈ R. Giải a) Thế y = x2 ta được f € f(x) + x2 Š = f(0) + 4×2 f(x), ∀x ∈ R. b) Thế y = −f(x) ta được f(0) = f € f(x) + x2 Š − 4 (f(x))2 , ∀x ∈ R. Cộng hai phương trình trên ta được 4f(x) € f(x) − x2 Š = 0, ∀x ∈ R. Từ đây ta thấy với mỗi x ∈ R thì hoặc là f(x) ≡ 0 hoặc là f(x) = −x2 . Ta chứng minh nếu hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán thì f phải đồng nhất với hai hàm số trên. Nhận thấy f(0) = 0, từ đó thay x = 0 ta được f(y) = f(−y), ∀y ∈ R, hay f là hàm chẵn. Giả sử tồn tại a = 0, b = 0 sao cho f(a) = 0, f(b) = −b2 , khi đó thay x = a, y = −b ta được f(−b) = f(a2 + b) → f(b) = f(a2 + b). Từ đó ta có quan hệ sau 0 = −b2 = f(b) = f(−b) = f € a2 + b Š = 0(mâu thuẫn vì 0 = 0) − (a2 + b) 2 (mâu thuẫn vì − (a2 + b) 2 −b2 ) . Do đó xảy ra điều mâu thuẫn. Thử lại thấy hàm số f(x) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu. Nhận xét: 1. Rõ ràng bài toán VMO 2002 có ý tưởng giống bài toán này. 2. Ngoài phép thế như trên thì bài toán này ta cũng có thể thực hiện những phép thế khác như sau: a) Thế y = 1 2 € x2 − f(x) Š . b) Thế y = 0 để có f (f(x)) = f (x2 ), sau đó thế y = x2 − f(x). c) Thế y = x − f(x) và sau đó là y = x2 − x. Ví dụ 1.11. Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (x − f(y)) = 2f(x) + x + f(y), ∀x, y ∈ R. (6) Giải GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

9. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Vậy f(x) = −f(x), ∀x ∈ R, từ điều này kết hợp với (9) ta có f(0) (f(x) − 1) = 0, ∀x ∈ R. Từ đây suy ra f(0) = 0, vì nếu ngược lại thì f(x) = 1, ∀x = 0, trái với điều kiện f là hàm lẻ. Từ đây ta nhận được quan hệ quen thuộc (f(x))2 = x2 , ∀x ∈ R. Giả sử tồn tại x0 ∈ R sao cho f (x0) = x0, khi đó trong (*) ta có x0 = f (x0) = −f (f(x0)) = −f(x0) = x0, vô lý. Vậy chứng tỏ f(x) = −x, ∀x ∈ R. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài toán. Nhận xét: Bài toán trên cho kết quả là hàm chẵn f(x) = −x. Nếu vẫn giữa nguyên vế phải và để nhận được hàm lẻ f(x) = x, ta sửa lại dữ kiện trong vế trái như trong ví dụ sau Ví dụ 1.14. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (f(x) − y) = f(x) − f(y) + f(x)f(y) − xy, ∀x, y ∈ R. Giải a) Thế y = 0 ta được f (f(x)) = f(x) − f(0) + f(0).f(x), ∀x ∈ R. (10) b) Thế y = f(x) và sử dụng kết quả trên, ta được f(0) = f(x) − f (f(x)) + f(x).f (f(x)) − xf(x) (∗) = f(0) − 2f(0).f(x) + (f(x))2 + f(0). (f(x))2 − xf(x), hay −2f(0).f(x) + (f(x))2 + f(0). (f(x))2 − xf(x) = 0, ∀x ∈ R. c) Thế x = 0 vào đẳng thức trên ta được (f(0))2 − (f(0))2 = 0 → f(0) = 0 hoặc f(0) = 1. d) Nếu f(0) = 0 thì thay vào (10) ta có f (f(x)) = f(x), ∀x ∈ R, thay kết quả này vào trong (*) ta có f(x) = x. e) Nếu f(0) = 1 thay vào (10) ta có f (f(x)) = 2f(x) − 1, thay vào trong (*) ta có f(x) = 1 2 x + 1. Kết luận: Thay vào ta thấy chỉ có hàm số f(x) = x, ∀x ∈ R là thỏa mãn yêu cầu. Ví dụ 1.15. (AMM,E2176). Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f(2) = 2 và f ‚ x + y x − y Œ = f(x) + f(y) f(x) − f(y) , ∀x = y. Giải GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

10. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của bài toán dựa vào một chuỗi các sự kiện sau. Trước tiên nhận thấy f không thể là hàm hằng. a) Tính f(0), f(1). Thay y = 0 ta nhận được f(1) = f(x) + f(0) f(x) − f(0) → (f(1) − 1) f(x) = f(0) (1 + f(1)) , ∀x ∈ Q. Suy ra f(1) = 1, f(0) = 0. b) Hàm f là hàm lẻ. Thay y = −x ta có 0 = f(0) = f(x) + f(−x) → f(−x) = −f(x), ∀x ∈ Q. c) Thay y = cx, c = 1, x = 0 ta có f(x) + f(cx) f(x) − f(cx) = f 1 + c 1 − c = 1 + f(c) 1 − f(c) , suy ra f(cx) = f(c).f(x), lấy c = q, x = p q thì ta được f ‚ p q Œ = f(p) f(q) Ví dụ 1.16. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f € (x − y)2 Š = (f(x))2 − 2xf(y) + y2 , ∀x, y ∈ R. Giải Thay x = y = 0 thì (f(0)) = (f(0))2 → f(0) = 0 hoặc f(0) = 1. 1. Nếu f(0) = 0, thì thay x = y vào điều kiện ban đầu ta được f(0) = (f(x))2 − 2xf(x) + x2 = (f(x) − x)2 → f(x) = x, ∀x ∈ R. Nhận thấy hàm số này thỏa mãn. 2. Nếu f(0) = 1 thì lại vẫn thay x = y = 0 ta nhận được, với mỗi x ∈ R thì hoặc là f(x) = x + 1 hoặc f(x) = x − 1. Giả sử tồn tại giá trị a sao cho f(a) = a − 1. Khi đó thay x = a, y = 0 ta được f € a2 Š = a2 − 4a + 1. Nhưng ta lại có hoặc là f (a2 ) = a2 + 1 hoặc là f (a2 ) = a2 − 1. Do đó ta phải có hoặc là a2 − 4a + 1 = a2 + 1 hoặc a2 − 4a + 1 = a2 − 1, tức a = 0 hoặc là a = 1 2 . Tuy nhiên kiểm tra đều không thỏa. Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu là f(x) = x, ∀x ∈ R hoặc là f(x) = x + 1, ∀x ∈ R. Ví dụ 1.17. (THTT T9/361) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f € x3 − y Š + 2y € 3 (f(x))2 + y3 Š = f (x + f(y)) , ∀x, y ∈ R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

11. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Giải a) Thay y = x3 ta có f(0) + 2×3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = f € x3 + f(x) Š , ∀x ∈ R. b) Thay y = −f(x) ta được f € x3 + f(x) Š − 2f(x) € 3 (f(x))2 + (f(x))2 Š = f(0), ∀x ∈ R. Từ hai đẳng thức trên ta được 2×3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = 8 (f(x))3 , ∀x ∈ R. Do đó 0 = 4 (f(x))2 − x3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = € 4 (f(x))3 − 4 (f(x))2 .x3 Š + € (f(x))2 .x3 − x9 Š = € f(x) − x3 Š € 4 (f(x))2 + x3 € f(x) + x3 ŠŠ = € f(x) − x3 Š ‚ 2f(x) + x3 4 Œ2 + 15 16 x6 ! . Chú ý rằng ‚ 2f(x) + x3 4 Œ2 + 15 16 x6 = 0 thì x = 0, f(0) = 0. Bởi vậy trong mọi trường hợp ta đều có f(x) = x3 . Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

13. f 1 qn .qn.xn

19. ≤ N. Vì 1 r ∈ Q nên

23. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY liên tục thỏa mãn f € x+y 2 Š = 2f(x)f(y) f(x)+f(y) (8) là f(x) = 1 b , b 0 Chứng minh Chỉ cần đặt g(x) = 1 f(x) , ta nhận được quan hệ hàm Jensen theo hàm g(x) nêng(x) = cx + d. Do đó f(x) = 1 cx+d . Tuy nhiên hàm số này cần phải thỏa mãn điều kiện f(x) ∈ R+ nên: 1 cx+d 0, ∀x ∈ R ⇒c = 0, b 0, vậy hàm thu được là f(x) = 1 b , b 0 tùy ý. Lại vẫn trong quan hệ hàm Jensen nếu ta thực hiện phép bình phương vào hàm số thì ta nhận ngay được hệ quả sau: Hệ quả 9. Hàm số f(x)liên tục trên R thỏa f € x+y 2 Š = q [f(x)]2 +[f(y)]2 2 (9) là f(x) = c với c ≥ 0. Chứng minh Từ quan hệ hàm số suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Ta có: € f € x+y 2 ŠŠ2 = [f(x)]2 +[f(y)]2 2 . Đặt g(x) = [f(x)]2 thì ta nhận được quan hệ hàm Jensen cho hàm g(x)nên g(x) = ax + b. Do đó f(x) = √ ax + b. Mà theo điều kiện thì √ ax + b ≥ 0, ∀x ∈ R ⇒ a = 0, b ≥ 0 Ta được hàm f(x) = b, b ≥ 0. Từ quan hệ hàm trong hệ quả 6, nếu ta thực hiện phép nâng lũy thừa lên cơ số e(đối với biến) thì ta có: f e x+y 2 = È f(ex)f(ey) ⇒ f( √ chúng tôi = È f(ex)f(ey) Thay ngược lại biến dạ ng bình thường ta nhận được kết quả: Hệ quả 10. Hàm số f(x) xác định và liên tục trên R+ thỏa f( √ xy) = È f(x)f(y), ∀x, y ∈ R+ (10) là: f(x) ≡ 0 f(x) = chúng tôi , a ∈ R, c 0 Chứng minh Đặt x = eu , y = ev , f(eu ) = g(u) thì ta nhận được: g € u+v 2 Š = È g(u)g(v), theo hệ quả 6 thì: g(u) ≡ 0 g(u) = eau + b . Vậy 2 4 f(x) ≡ 0 f(x) = ea ln x+b = chúng tôi , c 0, a ∈ R . Trong quan hệ hàm của hệ quả 5, nếu ta thực hiện theo quan hệ hàm bình phương, tức là f2 ( √ xy) = f2(x)+f2(y) 2 , thực hiện căn bậc hai hai vế ta được hệ quả 11. Hệ quả 11. Hàm số f(x) xác định và liên tục trên R+ thỏa f( √ xy) = q f2(x)+f2(y) 2 , ∀x, y ∈ R+ (11) là f(x) ≡ c, c ≥ 0 Chứng minh Từ giả thiết của hàm dễ thấy f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R+ . Đặt x = eu , y = ev , [f(eu )]2 = g(u). Khi đó g(u) ≥ 0, và ta có: g € u+v 2 Š = g(u)+g(v) 2 , ∀u, v ∈ R Vậy g(u) = au + b. Để g(u) ≥ 0, ∀u ∈ Rthì a = 0, b ≥ 0. Do đó f(x) ≡ c, c ≥ 0. Lại từ quan hệ hàm Jensen f € x+y 2 Š = f(x)+f(y) 2 , ta xét phép gán hàm f(x) = g € 1 x Š thì ta nhận được quan hệ hàm số: g 1 (x+y)/2 = g(1 x )+g(1 y ) 2 ⇔ g 2 x+y = g(1 x )+g(1 y ) 2 , thay ngược trở lại biến bình thường ta được: Hệ quả 12. Hàm số f(x) liên tục trên R{0} thỏa mãn f „ 2 1 x + 1 y Ž = f(x) + f(y) 2 , ∀x, y, x + y = 0 (12) là hàm số f(x) = a x + b; a, b ∈ R tùy ý. Giải Với cách thiết lập như trên thì ta có g(x) = ax + b, với g(x) = f € 1 x Š , khi đó thì f(x) = a x + b; a, b ∈ R. Lại từ quan hệ hàm Jensen f € x+y 2 Š = f(x)+f(y) 2 , ta xét phép gán hàm f(x) = 1 g(1 x ) thì ta nhận được quan hệ hàm: 1 g 1 x+y 2 ‹ = 1 g(1 x ) + 1 g(1 y ) 2 = g € 1 x Š + g 1 y 2g € 1 x Š g 1 y ⇔ g ‚ 2 x + y Œ = 2g € 1 x Š g 1 y g € 1 x Š + g 1 y = 2 1 g(1 x ) + 1 g(1 y ) Thay ngược lại biến ta được: Hệ quả 13. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = 2 1 f(x) + 1 f(y) (13) là 2 6 6 4 f(x) = x a , a = 0 f(x) = 1 b , b = 0 . Bằng cách thực hiện các phép toán khai căn, nâng lũy thừa, logarit GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

24. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY Nepe như trong các phần trước ta thu được các kết quả tương tự sau: Hệ quả 14. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = È f(x)f(y), ∀x, y, x + y = 0(14) là: 2 4 f(x) ≡ 0 f(x) = e a x +b , a, b ∈ R Hệ quả 15. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = q [f(x)]2 +[f(y)]2 2 , ∀x, y, x + y = 0 (15) là: f(x) ≡ c, c ≥ 0 tùy ý. Hệ quả 16. Các hàm f(x) ≥ 0 xác định liên tục trên R+ thỏa f √ x2+y2 2 = q [f(x)]2 +[f(y)]2 2 , ∀x, y ∈ R+ (16) là: f(x) = √ ax2 + b với a, b ≥ 0 tùy ý. Hệ quả 17. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R và thỏa f √ x2+y2 2 = f(x)+f(y) 2 , ∀x, y ∈ R (17) là: f(x) = ax2 + b; ∀a, b ∈ R Hệ quả 18. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R thỏa f √ x2+y2 2 = È f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (18) là: 2 4 f(x) ≡ 0 f(x) = eax2+b ; ∀a, b ∈ R Hệ quả 19. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R thỏa f √ x2+y2 2 = 2 1 f(x) + 1 f(y) , ∀x, y ∈ R (19) là: f(x) = 1 ax2+b với ab ≥ 0, b = 0 tùy ý. IV. Các bài tập vận dụng Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm f(x) liên tục trên R thỏa: f(x + y) = f(x)+f(y)+f(x)f(y) Giải: Từ bài toán ta có: f(x+y)+1 = (f(x)+1)(f(y)+1) nên đặt g(x) = f(x)+1 thì ta có g(x+y) = g(x).g(y) ⇒ g(x) = ax vậy f(x) = ax −1. Bài toán 2. Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện:f(x)+f(y)−f(x+y) = xy, ∀x, y ∈ R Giải Ta có thể viết lại phương trình hàm dưới dạng: f(x) + f(y) − f(x + y) = 1 2 [(x + y)2 − (x2 + y2 )] ⇔ f(x) + 1 2 x2 + f(y) + 1 2 y2 = f(x + y) + 1 2 (x + y)2 Đặt g(x) = f(x) + 1 2 x2 thì ta có g(x) là hàm liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: g(x)+g(y) = g(x+y) Vậy g(x) = ax, ∀x ∈ R, a là một hằng số thực, nên f(x) = −1 2 x2 +ax. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 3. Cho a ∈ R, tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R sao cho: f(x−y) = f(x)−f(y)+axy, ∀x, y ∈ R Giải Cho x = 1, y = 0 ⇒ f(1) = f(1) − f(0) nên f(0) = 0. Lại cho x = y = 1 ⇒ f(0) = f(1) − f(1) + a ⇒ a = 0. Vậy với a = 0 thì không tồn tại hàm số. Ta viết lại quan hệ hàm f(x − y) = f(x) − f(y), ∀x, y ∈ R Từ đây ta được: f(x) = f(x + y − y) = f(x + y) − f(y) ⇒ f(x + y) = f(x) + f(y), x, y ∈ R Vậy f(x) = ax, ∀x ∈ R Bài toán 4. Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định liên tục trên R+ thỏa mãn điều kiện:f x y = f(x) − f(y) ∀x, y ∈ R+ Giải Đặt x y = t → x = ty thay vào ta có: f(t) = f(ty) − f(y) ⇒ f(ty) = f(t) + f(y). Vậy f(x) = a ln x ∀x ∈ R+ , a ∈ R. Bài toán 5. Cho a, b ∈ R{0}, tìm các hàm f(x) xác định liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện: f(ax + by) = af(x) + bf(y) ∀x, y ∈ R(1) Giải Cho x = y = 0 vào (1) ta được: f(0)(a + b − 1) = 0 Nếu a + b = 1 thì f(0) = 0. Vậy điều kiện Cauchy được thỏa mãn, nên khi đó thì f(ax) = af(x) và f(bx) = bf(x), và ta có quan hệ f(ax + by) = f(ax) + f(by), ∀x, y ∈ R. Vậy f(x) = x. Nếu a + b = 1 thì nhận giá trị tùy ý, vậy ta phải đặt một hàm mới để được quan hệ Cauchy là g(x) = f(x) − f(0) thì g(0) = 0 và tương tự như phần trình bày trên ta có f(x) = cx + d Vậy: f(ax + by) = af(x) + bf(y) ∀x, y ∈ R là: a + b = 1 ⇒ f(x) = cx, c ∈ R a + b = 1 ⇒ f(x) = cx + d, c, d ∈ R Nhận xét: Với cách làm tương tự cho quan hệ f(ax + by) = af(x) + bf(y) Bài toán 6. Xác định các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn điều kiện:f(2x − y) = 2f(x) − f(y), ∀x, y ∈ R Giải Đặt g(x) = f(x) − f(0) thì g(0) = 0, từ phương trình trên ta thu được: g(2x − y) = 2g(x) − g(y), ∀x, y ∈ R Cho y = 0 ⇒ g(2x) = 2g(x) và cho x = 0 ⇒ g(−y) = −g(y). Thay vào trên ta được: g(2x − y) = g(2x) − g(y), ∀x, y ∈ R Vậy g(x+y) = g € 2.x 2 − 1. y −1 Š = g(x)−g(−y) = g(x)+g(y), ∀x, y ∈ R. Do đó: g(x) = ax, x ∈ R, a là số thực GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

25. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY tùy ý. Vậy f(x) = ax+b, thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 8(Đề nghị IMO 1979). Chứng minh rằng mọi hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện: f(xy+x+y) = f(xy)+f(x)+f(y), ∀x, y ∈ R khi và chỉ khi f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R Giải Dễ thấy nếu f tuyến tính thì f thỏa mãn hệ thức đầu tiên. Giả sử f(xy + x + y) = f(xy) + f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R đặt y = u + v + uv ta được: f(x+u+v +xu+xv +uv +xuv) = f(x)+f(u+v +uv)+f(xu+xv +xuv) Hoán đổi vai trò của x và u ta được: f(u + x + v + ux + uv + xv + uxv) = f(u) + f(x + v + xv) + f(ux + uv + uxv) So sánh hai đẳng thức trên ta được: f(x) + f(u + v + uv) + f(xu + xv + xuv)= f(u) + f(x + v + xv) + f(ux + uv + uxv) Hay f(uv) + f(xu + xv + xuv) = f(xv) + f(xu + uv + xuv) Lấy x = 1 ta có f(u) + 2f(uv) = f(u + 2uv), theo ví dụ 4 ta có điều phải chứng minh. Bài toán 9. Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện:f(x)f(y) − f(x + y) = sin x. sin y, ∀x, y ∈ R Giải Thay y = 0 ta có f(x)[f(0) − 1] = 0 ⇒ f(0) = 1, vì dễ dàng nhận thấy f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R không là nghiệm của phương trình. Thay y = −x ta nhận được: f(x)f(−x) − f(0) = −sin2 x, ∀x ∈ R ⇒ f(x)f(−x) = 1 − sin2 x = cos2 x, ∀x ∈ R(1). Thay x = π 2 vào (1) ta được nên: f € π 2 Š .f € −π 2 Š = 0 Hoặc f € π 2 Š = 0 thay vào hàm ta được: −f € x + π 2 Š = sin x ⇒ f € x + π 2 Š = − sin x → f(x) = − sin € x − π 2 Š = cos x, ∀x ∈ R Hoặc f € −π 2 Š = 0 thay vào hàm ta được: f € x − π 2 Š = sin x ⇒ f (x) = sin € x + π 2 Š = cos x, ∀x ∈ R Dễ dàng kiểm tra lại thấy f(x) = cos x là hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 10. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f(x + y − xy) + f(xy) = f(x) + f(y) (1) với mọi x, y ∈ R. Giải Ta chứng minh nếu f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán thì hàm số F(x) = f(x + 1) − f(x) sẽ thỏa mãn điều kiện hàm Cauchy F(u + v) = F(u) + F(v) với mọi (u, v) ∈ ∆ = {(u, v) : u + v 0hoặc u = v = 0 hoặc u + v ≤ −4} Thật vậy, giả sử flà hàm số thỏa mãn điều kiện (1). Ta định nghĩa hàm số f∗ (x, y) bởi: f∗ (x, y) = f(x) + f(y) − f(xy) Dễ thấy rằng hàm f∗ thỏa mãn phương trình hàm: f∗ (xy, z)+f∗ (x, y) = f∗ (x, yz)+f∗ (y, z)(1) Mặt khác ta có f∗ (x, y) = f(x+y −xy)(2) Thay (2) vào (1) ta được: f xy + 1 y − x + f(x + y − xy) = f(1) + f y + 1 y − 1 , với mọi x, y = 0 Đặt xy + 1 y − x = u + 1 và x + y − xy = v + 1(3) ta nhận được: f(u + 1) + f(v + 1) = f(1) + f(u + v + 1), với mọi u, v thỏa mãn điều kiện trên. Bằng việc cộng hai đẳng thức của (3) ta có y + 1 y = u + v + 2, để có nghiệm y = 0 chỉ trong trường hợp D = {(u + v + 2)2 − 4 = (u + v)(u + v + 4) ≥ 0}. Điều kiện này xảy ra khi và chỉ khi hoặc là u + v 0 hoặc u + v = 0 hoặc u + v + 4 ≤ 0. Bằng việc kiểm tra điều kiện ta thấy bài toán được thỏa. Nếu f là một nghiệm của bài toán thì f phải có dạng f(x) = F(x − 1) + f(1)(1) với mọi x, trong đó F thỏa mãn phương trình hàm Cauchy F(x + y) = F(x) + F(y) với mọi x, y. Chứng minh Theo chứng minh trên, thì fcó dạng với F thỏa mãn phương trình Cauchy với mọi (u, v) ∈ ∆. Ta sẽ chứng minh rằng Fthỏa mãn phương trình Cauchy với mọi (u, v) bất kỳ. Giả sử , khi đó tồn tại một số thực sao cho các điểm (x, u), (x + u, v), (x, u + v) nằm trong ∆ với việc xác định x là: cố định (u, v) ∈ ∆ thì từ các bất đẳng thức x + u 0, x + u + v 0 ta tìm được điều kiện của x. Nhưng khi đó: F(u) = F(x + u) − F(x) F(v) = F(x + u + v) − F(x + u) F(u + v) = F(x + u + v) − F(x) Suy ra từ các phương trình này ta có F(u) + F(v) = F(u + v). Và bài toán được chứng minh. Bài toán 14(VMO 1992 bảng B). Cho hàm số f : R → R thỏa mãn f(x + 2xy) = f(x) + 2f(xy), ∀x, y ∈ R. Biết f(1991) = a, hãy tính f(1992) Giải Thay x = 0 ta được f(0) = 0. Thay y = −1 ta nhận được f(x) = −f(−x). Thay y = −1 2 ta được f(x) = 2f € x 2 Š . Xét x = 0 và số thực t bất kỳ, đặt y = t 2x ta nhận được: f(x + t) = f(x) + 2f € t 2 Š = f(x) + f(t) Vậy f là hàm Cauchy nên f(x) = kx, với k là hằng số nào đó. Từ f(1991) = a ⇒ k.1991 = a ⇒ k = a 1991 . Do đó f(1992) = 1992 1991 a Bài toán 15. Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên (0, +∞), có đạo hàm tại x = 1 và thỏa mãn điều kiện f(xy) = √ xf(y) + √ yf(x), ∀x, y ∈ R+ Giải Xét các hàm số sau g(x) = f(x)√ x . Từ giả thiết của bài toán ta có: √ xy.g(xy) = √ xy.g(x) + √ xy.g(y) ⇔ g(xy) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R+ Vậy g(x) = logax, x 0. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

26. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY Từ đó ta có kết quả hàm số f(x) = k. √ x.logax với k ∈ R. Lại từ (1) nếu ta đặt z = x + y thì y = z − x và quan hệ (1) trở thành f(z) = f(x).f(z − x), nếu với giả thiết f(x) = 0 ∀x ∈ R thì ta có thể viết lại như sau: f(z − x) = f(z) f(x) , và ta đề xuất được bài toán sau đây: Bài toán 18. Xác định các hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: 8 : f(x − y) = f(x) f(y) , ∀x, y ∈ R f(x) = 0 ∀x ∈ R (2) Vì giả thiết là f(x) = 0 ∀x ∈ R nên chỉ có hàm số f(x) = ax (a 0) thỏa mãn yêu cầu bài toán. To be continued . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

27. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 3 Phương pháp quy nạp Phương pháp này yêu cầu ta trước hết tính f(0), f(1) rồi dựa vào đó tính f(n) với n ∈ N. Sau đó tính f(n) với n ∈ Z. Tính tiếp f € 1 n Š , từ đó suy ra biểu thức của f(r) với r ∈ Q. Phương pháp này thường sử dụng khi cần tìm hàm số xác định trên N, Z, Q. Ví dụ 3.1. Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện: f(1) = 2, f(xy) = f(x)f(y) − f(x + y) + 1, ∀x, y ∈ Q. (11) Giải Cho y = 1 và sử dụng giả thiết f(1) = 2 ta được f(x + 1) = f(x) + 1, ∀x ∈ Q. (12) Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được f(x + m) = f(x) + m, ∀x ∈ Q, ∀m ∈ N. (13) Tiếp theo ta sẽ lần lượt chứng minh: a) f(n) = n + 1, ∀n ∈ N. Thật vậy trong (12) cho x = 0 ta tìm được f(0) = 1. Giả sử ta đã có f(k) = k + 1 thì f(k + 1) = f(k) + 1 = k + 1 + 1 = k + 2. b) Tiếp theo ta chứng minh f(m) = m+1, ∀m ∈ Z. Thật vậy, trong (12) cho x = −1 ta được f(−1) = 0. Trong (11) cho y = −1 thì ta có f(−x) = −f(x − 1) + 1, ∀x ∈ Q. Khi đó với m ∈ Z, m 0 thì đặt n = −m, khi đó n ∈ N nên sử dụng kết quả trên và phần (a) ta được f(m) = f(−n) = −f(n − 1) + 1 = −n + 1 = m + 1. c) Tiếp theo ta chứng minh f(x) = x + 1, ∀x ∈ Q. Trước tiên ta tính f 1 n , n ∈ N+ , bằng cách trong (11) cho x = n, y = 1 n ta có 2 = (n + 1)f 1 n − f n + 1 n + 1. Lại theo (13) thì f n + 1 n = f 1 n + n thay vào phương trình trên ta được f 1 n = n + 1 n = 1 n + 1. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

30. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Từ đây lấy căn bậc hai ta được f(u + v) + f(u − v) = 2 (f(u) + f(v)) , ∀u ≥ v ≥ 0. Phương trình hàm này có nghiệm là f(x) = f(1)x2 , ∀x ≥ 0. Ngoài ra dễ dàng tính được f(1) = 0 hoặc f(1) = 1. Kết luận: Các hàm số thỏa mãn là f(x) ≡ 0, f(x) ≡ 1 2 và f(x) = x2 , ∀x ≥ 0. Nhận xét: Bài toán trên xuất phát từ một hằng đẳng thức quen thuộc là (x2 + y2 ) 2 = (x2 − y2 ) 2 + (2xy)2 . Và điểm mấu chốt của bài toán là tính chất f (x2 ) = (f(x))2 , để suy ra f(x) ≥ 0 khi x ≥ 0. Ví dụ 3.4. (China 1996) Cho hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f(x3 + y3 ) = (x + y)(f2 (x) − f(x)f(y) + f2 (y)), ∀x, y ∈ R. Chứng minh rằng f(1996x) = 1996f(x), ∀x ∈ R. Giải a) Tính f(0) và thiết lập cho f(x). Cho x = y = 0 ta được f(0) = 0. Cho y = 0 ta được f(x3 ) = xf2 (x). Nhận xét: f(x) và x luôn cùng dấu. Từ đây ta có f(x) = x 1 3 f2 (x 1 3 ). b) Thiết lập tập hợp tất cả các giá trị a mà f(ax) = af(x). Đặt S = {a 0 : f(ax) = af(x), ∀x ∈ R}. * Rõ ràng 1 ∈ S. * Ta chứng tỏ nếu a ∈ S thì a 1 3 ∈ S. Thật vậy axf2 (x) = af(x3 ) = f(ax3 ) = f (a 1 3 x)3 = a 1 3 x.f2 (a 1 3 x) ⇒ a 2 3 f2 (x) = f2 (a 1 3 x) ⇒ a 1 3 f(x) = f(a 1 3 x) * Nếu a, b ∈ S thì a + b ∈ S. Thật vậy f ((a + b)x) = f (a 1 3 x 1 3 )3 + (b 1 3 x 1 3 )3 = (a 1 3 + b 1 3 ) h f2 (a 1 3 x 1 3 ) − f(a 1 3 x 1 3 ).f(b 1 3 x 1 3 ) + f2 (b 1 3 x 1 3 ) i = (a 1 3 + b 1 3 ) h a 2 3 − a 1 3 b 1 3 + b 2 3 i x 1 3 f2 (x 1 3 ) = (a + b)f(x). Bằng quy nạp ta chứng tỏ mọi n ∈ N đều thuộc S. Và bài toán ra là trường hợp đặc biệt với n = 1996. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

31. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Nhận xét: 1. Nếu chỉ đơn thuần chứng minh kết quả của bài toán thì có thể quy nạp trực tiếp. Bằng cách khảo sát như trên ta sẽ thấy hết được tất cả các giá trị của a 0 mà f(ax) = af(x). 2. Do yêu cầu “đặc biệt” của bài toán, nên tự nhiên ta sẽ nghĩ ngay là có thể chứng minh điều đó đúng với mọi số tự nhiên, và qua đó, sẽ nghĩ ngay đến hướng quy nạp. 3. Việc suy ra dấu của f(x) cùng dấu với x là quan trọng, nó giúp ta triệt tiêu bình phương mà không cần xét dấu, đây cũng là một điều đáng lưu ý trong rất nhiều bài tập khác. 4. Bài toán trên rất có thể xuất phát từ hằng đẳng thức x3 + y3 = (x + y) (x2 − xy + y2 ). Ví dụ 3.5. Tìm tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn: f(x3 + y3 + z3 ) = f3 (x) + f3 (y) + f3 (z), ∀x, y, z ∈ Z Hint: 1. Tính f(0) và chứng minh f là hàm lẻ. 2. Chứng tỏ f(2) = 2f(1), f(3) = 3f(1). Chứng minh bằng quy nạp f(n) = nf(1), ∀n ∈ Z 3. Trong chứng minh chuyển từ n = k ≥ 0 sang n = k +1, ta sử dụng hằng đẳng thức sau: Nếu k chẵn thì k = 2t, ta có: (2t + 1)3 + 53 + 13 = (2t − 1)3 + (t + 4)3 + (4 − t)3 khi k = 2t và nếu k lẻ thì k = 2t − 1 khi đó n = 2t luôn được viết dưới dạng 2t = 2j (2i + 1), và đẳng thức trên chỉ cần nhân cho 23j Ví dụ 3.6. Tìm tất cả các hàm f : N → N thỏa mãn các điều kiện: f(1) 0 và f(m2 + n2 ) = f2 (m) + f2 (n), ∀m, n ∈ N Hint: 1. Tính f(0) ⇒ f(m2 + n2 ) = f(m2 ) + f(n2 ) 2. Chứng minh f(n) = n, ∀n ≤ 10. Với n 10 ta sử dụng các đẳng thức sau: (5k + 1)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k − 1)2 (5k + 2)2 + 12 = (4k + 1)2 + (3k + 2)2 (5k + 3)2 + 12 = (4k + 3)2 + (3k + 1)2 (5k + 4)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k + 4)2 (5k + 5)2 = (4k + 4)2 + (3k + 3)2 GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

32. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ 4 Khai thác tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánh, chẵn lẻ của hàm số Trước tiên ta nhắc lại các khái niệm cơ bản này. a) Nếu f : R → R là đơn ánh thì từ f(x) = f(y) ta suy ra được x = y. b) Nếu f : R → R là toàn ánh thì với mỗi y ∈ R, tồn tại x ∈ R để f(x) = y. c) Nếu f : R → R là song ánh thì ta có cả hai đặc trưng trên. Nếu một hàm số mà đơn ánh chúng ta rất hay dùng thủ thuật tác động f vào cả hai vế, nếu một hàm f toàn ánh ta hay dùng: Tồn tại một số b sao cho f(b) = 0, sau đó tìm b. Nếu quan hệ hàm là hàm bậc nhất của biến ở vế phải thì có thể nghĩ tới hai quan hệ này. Ví dụ 4.1. Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn f (f(x) + y) = x + f(y), ∀x, y ∈ Q. Giải Nhận xét, hàm đồng nhất 0 không thỏa mãn bài toán. Xét f(x) ≡ 0. a) f đơn ánh, thật vậy, nếu f(x1) = f(x2) thì f (f (x2) + y) = f (f (x2) + y) → x1 + f(y) = x2 + f(y) → x1 = x2. b) f toàn ánh, thật vậy, vì tồn tại y0 sao cho f(y0) = 0. Do đó vế phải của điều kiện là một hàm số bậc nhất của x nên có tập giá trị là Q. c) Tính f(0), cho x = y = 0 và sử dụng tính đơn ánh ta được f (f(0)) = f(0) → f(0) = 0. Từ đó thay y = 0 ta được f (f(x)) = x, ∀x ∈ Q. d) Thay x bởi f(x) và sử dụng kết quả trên(và điều này đúng cho với mọi x ∈ Q vì f là toán ánh) thì f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ Q. Từ đây ta được f(x) = ax thay vào bài toán ta nhận f(x) ≡ x hoặc f(x) ≡ −x trên Q. Nhận xét: Nếu yêu cầu bài toán trên tập R thì cần thêm tính chất đơn điệu hoặc liên tục. Cụ thể, các bạn có thể giải lại bài toán sau (THTT, 2010): Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + f(y)) = 2y + f(x), ∀x, y ∈ R. Ví dụ 4.2. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (xf(y) + x) = xy + f(x), ∀x, y ∈ R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

33. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ Giải Thay x = 1 vào điều kiện hàm ta được f (f(y) + 1) = y + f(1), ∀y ∈ R. Từ đây suy ra f là một song ánh. Lấy x = 1, y = 0 ta được f (f(0) + 1) = f(1) → f(0) = 0 do fđơn ánh. Bây giờ với x = 0, đặt y = − f(x) x thay vào điều kiện hàm ta được f (xf(y) + x = 0 = f(0)) → xf(y) = x do fđơn ánh, hay f(y) = −1, tức là f ‚ − f(x) x Œ = f(y) = −1 = f(b), với b là một số thực nào đó(do f là một toàn ánh). Vậy f(x) = −bx, ∀x = 0. Kết hợp với f(0) = 0 thì viết gộp thành f(x) = −bx, ∀x ∈ R. Thay vào điều kiện hàm số ta có được hai hàm thỏa mãn là f(x) ≡ x và f(x) ≡ −x. Nhận xét: Bài toán này có thể giải bằng cách thế biến như sau mà không cần dùng đến tính song ánh của hàm số. Thay x = 1 ta được f (f(y) + 1) = y + f(1), ∀y ∈ R. Ví dụ 4.3. (Đề nghị IMO 1988) Xác định hàm số f : N → N thỏa mãn điều kiện sau: f(f(n) + f(m)) = m + n, ∀m, n ∈ N. (14) Giải a) Trước tiên ta kiểm tra f đơn ánh. Thật vậy giả sử f(n) = f(m), khi đó f (2f(n)) = f (f(n) + f(n)) = 2n, và f (2f(n)) = f (f(m) + f(m)) = 2m. Do đó m = n, nên f đơn ánh. b) Ta tính f (f(n)) theo các bước sau: cho m = n = 0 trong (14) thì ta được f (2f(0)) = 0, lại cho m = 2f(0) vào trong (14) thì ta được f (f(n)) = n + 2f(0). GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

34. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ c) Tác động f vào cả hai vế của (14) và sử dụng kết quả trên, ta được f (f (f(n) + f(m))) = f(n) + f(m) + 2f(0). Ngoài ra theo quan hệ đề bài thì f (f (f(n) + f(m))) = f(n + m). Từ đây ta có f(n + m) = f(n) + f(m) + 2f(0). Cho m = n = 0 thì f(0) = 0, do đó quan hệ trên trở thành hàm cộng tính. Vậy f(n) = an. Thay vào quan hệ bài toán ta được f(n) = n, ∀n ∈ N. – Nhận xét: Quan hệ đơn ánh của bài toán này không cần thiết trong lời giải. Và bài toán này có thể chứng minh bằng quy nạp trên N. Cách 2. Nếu xét trên Z+ thì ta có thể chứng minh bằng quy nạp f(x) = x, ∀x ∈ N. Tức là, dùng phương pháp, ta chứng minh không còn tồn tại hàm số nào khác. Trước tiên ta tính f(1). Giả sử f(1) = t 1, đặt s = f(t − 1) 0. Nhận thấy rằng nếu f(m) = n thì f(2n) = f (f(m) + f(m)) = 2m. Như vậy f(2t) = 2, f(2s) = 2t − 2. Nhưng khi đó thì 2s + 2t = f (f(2s) + f(2t)) = f(2t) = 2 → t 1, điều này vô lý. Vậy f(1) = 1. Giả sử ta có f(n) = n thì f(n + 1) = f (f(n) + f(1)) = n + 1. Vậy f(n) = n, ∀n ∈ Z+ . Ví dụ 4.4. (Balkan 2000) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (xf(x) + f(y)) = (f(x))2 + y, ∀x, y ∈ R. (15) Giải a) Ta tính f (f(y)) bằng cách cho x = 0 vào (15) ta được f (f(y)) = (f(0))2 + y, ∀y ∈ R. b) Chứng tỏ f đơn ánh. Thật vậy nếu f(y1) = f(y2) thì f (f(y1)) = f (f(y2)). Từ đây theo phần (a) thì f2 (0) + y1 = (f(0))2 + y2 ⇒ y1 = y2. c) Chứng tỏ f toàn ánh vì vế phải của (15) là một hàm bậc nhất của y nên có tập giá trị bằng R. Kết hợp hai điều trên ta thu được f là một song ánh từ R vào R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

35. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ d) Tính f(0). Dựa vào tính toàn ánh thì phải tồn tại a ∈ R để f(a) = 0. Thay x = y = a vào (15) ta được f (af(a) + f(a)) = (f(a))2 + a ⇒ f(0) = a. Do f là một song ánh nên a = 0, tức f(0) = 0. Từ đây theo (a) thì f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Trong (15) cho y = 0 ta được f (xf(x)) = (f(x))2 , ∀x ∈ R. (16) Trong quan hệ trên, thay x bởi f(x) ta được(thay được đúng với mọi x ∈ R vì f là song ánh) f (f(x).f (f(x))) = [f (f(x))]2 , ∀x ∈ R ⇔ f (f(x) · x) = x2 , ∀x ∈ R ⇔ (f(x))2 = x2 , ∀x ∈ R. Từ đây suy ra với mỗi x ∈ R thì hoặc là f(x) = x hoặc là f(x) = −x. Chúng ta chứng tỏ là phải có sự đồng nhất f(x) = x, ∀x ∈ R hoặc là f(x) = −x, ∀x ∈ R chứ không thể xảy ra sự đan xen giữa hai giá trị. Thật vậy, giả sử tồn tại a = 0, n = 0 sao cho f(a) = −a, f(b) = b thì khi đó trong quan hệ (15) thay x = a, y = b ta được f € −a2 + b Š = a2 + b. Nhưng vì giá trị của f(−a2 + b) chỉ có thể là −a2 + b hoặc là a2 − b. Nhưng nhận thấy a2 + b không thể bằng với một giá trị nào trong hai giá trị trên. Vậy điều giả sử là sai. Kiểm tra lại thấy hai hàm số f(x) = x, ∀x ∈ R hoặc là f(x) = −x, ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 4.5. (IMO 1992) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f € x2 + f(y) Š = (f(x))2 + y, ∀x, y ∈ R. (17) Giải a) f đơn ánh, thật vậy nếu f (y1) = f (y2) thì f € x2 + f (y1) Š = f € x2 + f (y2) Š → (f(x))2 + y1 = (f(x))2 + y2 → y1 = y2. b) f toàn ánh, vì vế trái làm hàm bậc nhất theo y nên f có tập giá trị là toàn bộ R. Kết hợp hai điều trên suy ra f là một song ánh. c) Tính f(0). Do f song ánh nên tồn tại duy nhất a ∈ R sao cho f(a) = 0. Thay x = 0 ta được f (f(y)) = (f(0))2 + y. Thay x = y = a vào (17) và sử dụng kết quả trên, ta được f € a2 Š = a →f(a) = f € f € a2 ŠŠ →0 = (f(0))2 + a2 →f(0) = a = 0. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

36. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ Từ đây ta thu được quan hệ quen thuộc f (f(x)) = x, ∀x ∈ R và f € x2 Š = (f(x))2 (thay y = 0). Từ đây thì nếu x ≥ 0 thì f(x) ≥ 0, ngoài ra f(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0. Bây giờ lấy x ≥ 0, y ∈ R thì f(x + y) = f €√ x Š2 + f (f(y)) = € f €√ x ŠŠ2 + f(y) = f €√ x Š2 + f(y), hay f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x ≥ 0, y ∈ R. Thay y = −x ta được f(−x) = −f(x) hay f là hàm lẻ. Do đó nếu x 0 thì f(x + y) = f (−(−x − y)) = −f(−x − y) = −f(−x) − f(−y) = f(x) + f(y), ∀y ∈ R, ∀x 0. Kết hợp hai điều trên ta thu được quan hệ cộng tính của hàm f f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. Ngoài ra sử dụng tính chất f(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0 ta còn có thêm f đơn điệu tăng. Thật vậy, với x y thì x − y 0 nên f(x − y) 0, do đó f(x) = f ((x − y) + y) = f(x − y) + f(y) f(y). Hàm f cộng tính và đơn điệu nên có dạng f(x) = ax, thay vào ta được a = 1. Vậy f(x) = x, ∀x ∈ R thỏa mãn bài toán. Ví dụ 4.6. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (x + f(y)) = x + f(y) + xf(y), ∀x, y ∈ R. Giải Ta có thể viết lại quan hệ hàm dưới dạng f (x + f(y)) = (f(y) + 1) x + f(y), ∀x, y ∈ R. (18) a) Nếu f(x) ≡ −1, dễ dàng kiểm tra hàm này thỏa mãn. b) Xét f(x) không đồng nhất −1. Khi đó phải tồn tại y0 ∈ R để f (y0) = −1. Khi đó vế phải của (18) là hàm bậc nhất của x nên có tập giá trị là R. Điều này chứng tỏ f là toàn ánh. Cho x = 0 ta thu thêm được một quan hệ nữa là f (f(x)) = f(x), ∀x ∈ R. Khi đó với mọi x ∈ R, do f toàn ánh nên sẽ tồn tại y(phụ thuộc vào x) sao cho x = f(y), khi đó f(x) = f (f(y)) = f(y) = x. Tuy nhiên, thay hàm này vào (18) thì không thỏa mãn. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

38. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ Bây giờ ta giải phương trình hàm f € x2 + y + f(y) Š = (f(x))2 + 2y, ∀x, y ∈ R. (22) Thay y = − (f(x))2 2 vào (22) ta được f x2 − (f(x))2 2 ! + f − (f(x))2 2 ! = 0, ∀x ∈ R. Vì tính chất của f là f(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0 nên f − (f(x))2 2 ! = −x2 + (f(x))2 2 , ∀x ∈ R. Lại trong (22) và sử dụng kết quả trên ta được f € x2 − y2 Š = (f(x))2 − (f(y))2 = f(x2 ) − f(y2 ), ∀x, y ∈ R. Từ đẳng thức này cho x = 0 thì f (−y2 ) = −f(y2 ) tức f là hàm lẻ. Nên quan hệ trên có thể viết lại dưới dạng f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. Lại sử dụng (f(x))2 = f (x2 ) thì (f(x + y))2 = f ((x + y)2 ), khai triển và sử dụng tính cộng tính ta được f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R. Hàm f vừa cộng tính, vừa nhân tính nên f(x) ≡ x. Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn đề bài. Nhận xét: Một phần của bài toán trên xuất hiện đầu tiên trên tạp chí AMM, được đề xuất bởi Wu Wei Chao, và được chọn là một bài toán chọn đội tuyển Bungari năm 2003 và chọn đội tuyển Iran 2007, trong đó chỉ giải quyết cho trường hợp a = 2. Ví dụ 4.8. (Đề nghị IMO 2002) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (f(x) + y) = 2x + f (f(y) − x) , ∀x, y ∈ R. Giải a) f toàn ánh, thật vậy thay y = −f(x) ta được f (f (−f(x)) − x) = f(0) − 2x, ∀x ∈ R. Do vế phải là hàm bậc nhất của x nên có tập giá trị là R. b) Vì f toàn ánh nên tồn tại a sao cho f(a) = 0. Thay x = a vào đề bài thì f(y) − a = f (f(y) − a) + a. Vì f toàn ánh nên quan hệ trên có thể viết lại f(x) = x − a với a là hằng số. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

39. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn. Ví dụ 4.9. (THTT T8/360). Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f(x).f(y) = f (x + yf(x)) , ∀x, y ∈ R+ . (23) Giải Giả sử f là hàm số thỏa mãn bài toán. a) Nếu f(x) ∈ (0, 1), ∀x ∈ R+ thì khi thay y = x 1 − f(x) vào (23) ta được f(x)f ‚ x 1 − f(x) Œ = f ‚ x 1 − f(x) Œ , ∀x ∈ R+ , suy ra f(x) = 1, trái với giả thiết f(x) ∈ (0, 1). Vậy giá trị của hàm số f luôn lớn hơn hoặc bằng 1. b) Nếu tồn tại giá trị a ∈ R+ sao cho f(a) = 1, thì khi đó thay x = a ta được f(y + a) = f(y), ∀y ∈ R+ . Ngoài ra, ứng với mỗi x ∈ R+ cố định và h ∈ R+ cho trước, luôn tồn tại y ∈ R+ để yf(x) = h. Do đó f(x + h) = f (x + yf(x)) = f(x)f(y) ≥ f(x). Kết hợp hai điều trên bắt buộc phải có f(x) ≡ 1. Kiểm tra lại thấy hàm số này thỏa mãn. c) Nếu f(x) 1, ∀x ∈ R+ thì f đơn ánh. Thật vậy, khi đó f(x + h) = f (x + yf(x)) = f(x)f(y) f(x), ∀x, h ∈ R+ . Chứng tỏ f là hàm đồng biến ngặt trên R+ , do đó nó là một đơn ánh trên R+ . Đổi vai trò của x và y trong (23) ta có f (y + xf(x)) = f (x + yf(x)) , ∀x, y ∈ R+ . Vì f đơn ánh nên y + xf(y) = x + yf(x), ∀x, y ∈ R+ . Từ đây ta có f(x) x − 1 x = f(y) y − 1 y , ∀x, y ∈ R+ , hay f(x) x − 1 x = a, ∀x ∈ R+ → f(x) = ax + 1, a 0. Thử lại thấy hai hàm số f(x) ≡ 1 hoặc f(x) = ax + 1, a 0, ∀x ∈ R+ thỏa mãn bài toán. Ví dụ 4.10. (USA 2002) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f € x2 − y2 Š = xf(x) − yf(y), ∀x, y ∈ R. Giải GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

40. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ a) f(0) = 0 (thay x = y = 0). b) f là hàm lẻ, thật vậy −xf(−x)−yf(y) = f € (−x)2 − y2 Š = f(x2 −y2 ) = xf(x)−yf(y), ∀x, y ∈ R → f(x) = −f(−x), ∀x = 0. Từ đây ta chỉ tính toán với x, y ≥ 0. c) f(x) = f(x − y) + f(y) (1). Cho x = 0 ta được f (x2 ) = xf(x), thay vào quan hệ hàm ta được f € x2 Š = f € x2 − y2 Š + f € y2 Š → f(u) = f(u − v) + f(v), ∀u, v ≥ 0. d) f(2t) = 2f(t), chỉ cần thay x = 2t, y = t vào (1). e) Tính f(2t + 1) theo hai cách, trước tiên với x = t + 1, y = 1 thế vào (1) ta được f(t + 1) = f(t) + f(1). Thay x = t + 1, y = t vào điều kiện ban đầu cùng với sử dụng kết quả trên, ta được f(2t + 1) = (t + 1)f (t + 1) − tf(t) = f(t) + (t + 1)f(1). Ngoài ra, thay 2t + 1, y = 1 vào trong (1) ta được f(2t + 1) = f(2t) + f(1) = 2f(t) + f(1). Kết hợp hai kết quả trên ta được 2f(t) + f(1) = f(t) + (t + 1)f(1) → f(t) = tf(1), ∀t ≥ 0. Vậy f(x) = ax, ∀x ∈ R, a là hằng số. Kiểm tra lại thấy hàm số này thỏa mãn. Nhận xét: 1. Quan hệ (1) là quan hệ cộng tính. Tuy nhiên nếu ta dùng tính cộng tính ở đây thì chỉ thu được kết quả trên Q. Và giả thiết của bài toán không thể khai thác thêm được tính chất liên tục hoặc đơn điệu nên không thể có được kết quả hàm f(x) = ax. Cách tính f(2t + 1) theo hai cách trên là một ý tưởng hay, mang tư tưởng của cách tính sai phân. 2. Nếu bài toán có thêm giả thiết (f(x))2 = f (x2 ) thì bằng các khai triển (f(x + 1))2 = (f(x + 1))2 theo tính chất cộng tính, ta thu được quan hệ nhân tính, từ đó bài toán dễ dàng giải hơn. Ví dụ 4.11. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f ((1 + x)f(y)) = yf (f(x) + 1) , ∀x, y ∈ R. Giải Rõ ràng nhìn từ quan hệ hàm ta thấy nếu hàm số f là đơn ánh thì bài toán trở nên rất dễ dàng. Thật vậy nếu hàm f đơn ánh thì thay y = 1 ta được f ((1 + x)f(1)) = f (f(x) + 1) , ∀x ∈ R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

41. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ Từ đây do f đơn ánh nên (1 + x)f(1) = f(x) + 1, hay f(x) có dạng hàm số bậc nhất f(x) = ax + b. Thay lại vào quan hệ hàm ta được a = 1, b = 0. Vậy trong trường hợp này có hàm số f(x) = x, ∀x ∈ R thỏa mãn bài toán. Vấn đề còn lại là nếu hàm f không đơn ánh. Tức là tồn tại y1 = y2 mà f (y1) = f (y2). Khi đó ta có y1f (f(x) + 1) = f ((1 + x)f (y1)) f ((1 + x)f (y2)) = y2f (f(x) + 1) , ∀x, ∈ R. Từ điều trên thì phải có f (f(x) + 1) = 0, ∀x ∈ R. Thay vào quan hệ hàm ta phải có f ((1 + x)f(y)) = 0, ∀x, y ∈ R. Nếu tồn tại y0 sao cho f(y0) = 0 thì ta có f ((1 + x)f (y0)) = 0, ∀x ∈ R hay f(x) ≡ 0(mâu thuẫn). Vậy chứng tỏ không tồn tại y0 để f(y0) = 0, tức f(y) ≡ 0. Từ đây ta có hàm đồng nhất f(x) ≡ 0 thỏa mãn bài toán. Nhận xét: Quan hệ đơn ánh trong bài toán này chính là điểm mấu chốt của lời giải. Ví dụ 4.12. Xác định tất cả các hàm số f : N → N, đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: f(2) = 2 và f(mn) = f(m)f(n), ∀m, n ∈ N Ví dụ 4.13. Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện: f(xf(y)) = yf(x), ∀x, y ∈ R Hint: 1. Nhận thấy f(x) ≡ 0 thỏa mãn. Xét f(x) = 0. 2. Kiểm tra f đơn ánh, cùng với f liên tục, f(1) f(0) nên f tăng ngặt. 3. Tác động f vào hai vế, so ánh f(xf(y)) và xf(y). Đáp số: f(x) = x, ∀x ∈ R. Nhận xét: Bài toán này cũng có thể dùng phép thế thích hợp để đưa về hàm nhân tính Ví dụ 4.14. Tìm tất cả các hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn: f (f(n) + m) = n + f(m + 2003), ∀m, n ∈ Z+ . Giải a) Trước tiên ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy nếu f (n1) = f (n2) thì f (f(n1) + m) = f (f(n2) + m) →n1 + f(m + 2003) = n2 + f(m + 2003) → n1 = n2 b) Thay m = f(1) ta có f (f(n) + f(1)) = n + f (f(1) + 2003) = n + 1 + f(2003 + 2003) = f (f(n + 1) + 2003) Vì f đơn ánh nên f(n)+f(1) = f(n+1)+2003 hay f(n+1) = f(n)+f(1)−2003. Điều này dẫn đến f(n + 1) − f(n) = f(1) − 2003, tức f(n) có dạng như một cấp số cộng, với công sai là f(1) − 2003, số hạng đầu tiên là f(1). Vậy f(n) có dạng f(n) = f(1) + (n − 1) (f(1) − 2003), tức f(n) = an + b. Thay vào quan hệ hàm ta được f(n) = n + 2003, ∀n ∈ Z+ . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

42. 5 KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 5 Khai thác tính đơn điệu của hàm số Trong mục này, ta xét một số bài toán giải phương trình hàm có sử dụng đến tính đơn điệu của hàm số. Một số điều cần lưu ý: a) Nếu f cộng tính và đơn điệu trên R (hoặc R+ ) thì f(x) = kx. b) Nếu f đơn điệu thực sự thì f là đơn ánh. c) Trong một vài trường hợp, nếu ta dự đoán được công thức của hàm số chẳng hạn f(x) = g(x) thì có thể xét f(x) g(x) và f(x) g(x), sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm f để dẫn tới điều vô lý. d) Nếu hàm f đơn điệu và ta đã có công thức của f trên tập số hữu tỉ Q thì dùng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, rồi sau đó chuyển qua giới hạn. Ví dụ 5.1. Tìm tất cả các hàm đơn điệu f : R → R thỏa mãn f(x + f(y)) = f(x) + y, ∀x, y ∈ R. Giải a) Ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy giả sử f(x1) = f(x2), khi đó với mọi x ∈ R ta có f(x + f(x1)) = f(x + f(x2)) ⇒ f(x) + x1 = f(x) + x2 ⇒ x1 = x2. b) Lại thay x = 0 thì f(f(y)) = f(0) + y hay f(f(x)) = x + f(0)∀x ∈ R. c) Bây giờ thay x = f(x) vào quan hệ hàm thì f (f(x) + f(y)) = f(f(x)) + y = x + y + f(0) = f(0 + f(x + y)). Do f đơn ánh nên f(x+y) = f(x)+f(y), ∀x, y ∈ R. Vì f đơn điệu và cộng tính trên R nên f(x) = kx. Thay vào quan hệ hàm ta tìm được k = ±1. Vậy f(x) = x hay f(x) = −x là những hàm số cần tìm. Ví dụ 5.2. Tìm tất cả các hàm tăng nghiêm ngặt f : R → R thỏa mãn f(f(x) + y) = f(x + y) + 1, ∀x, y ∈ R. Giải a) Tính f (f(x)). Cho y = 0 ta được f(f(x)) = f(x) + 1. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

43. 5 KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ b) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Thay x bởi f(x) và sử dụng kết quả trên ta có f(f(f(x)) + y) = f(f(x) + y) + 1 ⇒ f(f(x) + 1 + y) = f(x + y) + 1 + 1. (24) Thay y bởi f(y) ta được f(f(x) + f(y)) = f(x + f(y)) + 1 = f(x + y) + 1 + 1. (25) Từ (24) và (25) ta được f(f(x) + y + 1) = f(f(x) + f(y)). Vì f là hàm đơn điệu nên f(x) + y + 1 = f(x) + f(y) ⇒ f(x) = x + 1, ∀x ∈ R. Thử lại thấy hàm số f(x) = x + 1, ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ví dụ 5.3. (Hy lạp 1997) Giả sử f : (0, ∞) → R thỏa mãn ba điều kiện: (a) f tăng nghiêm ngặt. (b) f(x) −1 x với mọi x 0 và (c) f(x)f € f(x) + 1 x Š = 1 với mọi x 0. Tính f(1). Giải Đặt t = f(1). Thế x = 1 vào (c), ta được tf(t + 1) = 1. Do đó t = 0 và f(t + 1) = 1 t . Lại đặt x = t + 1 vào trong (c) ta được f(t + 1)f f(t + 1) + 1 t + 1 = 1. Khi đó f 1 t + 1 t + 1 = t = f(1). Do f là hàm tăng nghiệm ngặt nên 1 t + 1 t + 1 = 1. Giải ra ta được t = 1± √ 5 2 . Nếu t = 1+ √ 5 2 0, thì 1 t = f(1) f(1 + t) = 1 t 1 mâu thuẫn. Do đó f(1) = t = 1− √ 5 2 . Chú ý là hàm số f(x) = 1 − √ 5 2x là một hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

44. 5 KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Ví dụ 5.4. Tìm tất cả các hàm số f : [1; +∞) → [1; +∞) thỏa mãn f (xf(y)) = yf(x), ∀x ∈ [1; +∞). Giải a) f là hàm đơn ánh. Thật vậy nếu f(y1) = f(y2) thì f (xf(y1)) = f (xf(y2) ⇔ y1f(2x) = y2f(2x), ∀x ∈ [1; +∞) ⇔ y1 = y2. (điều trên đúng vì miền giá trị của hàm số nằm trong [1; +∞), tức là khác 0). b) Tính f(1). Cho x = y = 1 thì f (f(1)) = f(1), do f đơn ánh nên f(1) = 1. c) Cho x = 1 thì f (f(y)) = y. d) Với y 1 thì f(y) 1(do f đơn ánh). Với x y ≥ 1 thì f(x) = f ‚ x y .y Œ = f ‚ x y .f(f(y)) Œ = f(y).f ‚ x y Œ f(y). Suy ra f đồng biến trên [1; +∞). e) Ta chứng minh f(x) = x, ∀x ∈ [1; +∞). Thật vậy, giả sử có x0 ∈ [1; +∞) sao cho f(x0) = 0. Nếu f(x0) x0 thì f (f(x0)) f(x0) ⇒ x0 f(x0) vô lý. Tương tự cho trường hợp ngược lại. Vậy f(x) = x, ∀x ∈ [1; +∞) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 5.5. (Iran 1997) Cho f : R → R là hàm giảm thỏa mãn f(x + y) + f(f(x) + f(y)) = f[f(x + f(y)) + f(y + f(x))], ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Giải a) Làm xuất hiện f (f(x)). Cho y = x ta được f(2x) + f(2f(x)) = f (2f(x + f(x))) . (26) Thay x = f(x) trong vào trong (26) ta được f(2f(x)) + f(2f(f(x))) = f (2f(f(x) + f(f(x)))) . (27) Lấy (27) trừ cho (26) ta được f (2f (f(x))) − f(2x) = f (2f (f(x) + f (f(x)))) − f (2f (x + f(x))) . (28) GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

45. 5 KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ b) Sử dụng tính chất hàm f là hàm giảm. Giả sử tồn tại x0 sao cho f (f(x0)) x0, khi đó 2f (f(x0)) 2×0. Do f là hàm giảm nên f (2f (f(x0))) f(2×0). Do đó vế trái của (28) nhỏ hơn 0. Vậy f (2f (f(x0) + f (f(x0)))) − f (2f (x0 + f(x0))) 0 ⇒ f (2f (f(x0) + f (f(x0)))) f (2f (x0 + f(x0))) . Lại do f là hàm giảm nên 2f (f(x0) + f (f(x0))) 2f (x0 + f(x0)) ⇒ f(x0) + f (f(x0)) x0 + f(x0) ⇒ f (f(x0)) x0. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu tồn tại x0 sao cho f (f(x0)) x0 thì lập luận tương tự như trên ta cũng dẫn đến điều vô lý. Vậy f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Ví dụ 5.6. (Italy 2000) a) Tìm tất cả các hàm đơn điệu ngặt f : R → R thỏa mãn f (x + f(y)) = f(x) + y, ∀x, y ∈ R. b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 1, không tồn tại hàm đơn điệu ngặt f : R → R sao cho f (x + f(y)) = f(x) + yn , ∀x, y ∈ R. Giải Hàm đơn điệu ngặt thì đơn ánh. Ngoài ra dễ thấy f là một song ánh. a) Thế x = y = 0 ta được f (f(0)) = f(0). Do f đơn ánh nên f(0) = 0. Từ đó ta được quan hệ f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Khi đó với mọi z ∈ R, thay y = f(z) vào quan hệ hàm ta được f(x + z) = f(x) + f(z), ∀x, z ∈ R. Từ tính chất cộng tính của hàm f và tính đơn điệu ngặt của f, suy ra f có dạng f(x) = ax. Thay vào hàm ban đầu ta được f(x) ≡ x hoặc f(x) ≡ −x là hai hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách khác: Ta có thể kiểm tra trực tiếp hai hàm số này như sau. Xét trường hợp f là hàm tăng, giả sử tồn tại x0 ∈ R sao cho f(x0) x0, thì do f là hàm tăng nên f (f(x0)) f(x0) → x0 f(x0), vô lý, tương tự cho trường hợp f(x0) x0. Vậy f(x) ≡ x. Tương tự cho hàm giảm. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

48. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ 6 Khai thác tính chất điểm bất động của hàm số Cho hàm số f : X → R. Điểm a ∈ X gọi là điểm cố định(điểm bất động, điểm kép) của hàm số f nếu f(a) = a. Việc nghiên cứu các điểm bất động của một hàm số cũng cho ta một số thông tin về hàm số đó. Điểm bất động a của hàm số f chính là chu trình bậc 1 của điểm a qua ánh xạ f Ví dụ 6.1. (IMO 1983) Tìm các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn hai điều kiện: limx→∞ f(x) = 0 và f(xf(y)) = yf(x), ∀x, y ∈ R+ Giải a) Tính f(1). Cho x = y = 1, ta được f (f(1)) = f(1). Lại cho y = f(1) ta được f (xf (f(1))) = f(1)f(x) ⇒ f (xf(1)) = f(1)f(x). Mặt khác f (xf(1)) = f(x) nên ta được f(x) = f(x)f(1) ⇒ f(1) = 1(do f(x) 0). b) Điểm cố định của hàm số Cho x = y vào quan hệ hàm ta được f (xf(x)) = xf(x), ∀x ∈ R+ . Suy ra xf(x) là điểm bất động của hàm số f. c) Một số đặc điểm của tập điểm cố định. Nếu x và y là hai điểm cố định của hàm số, thì f(xy) = f (xf(y)) = yf(x) = xy. Chứng tỏ xy cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phép nhân. Hơn nữa nếu x là điểm bất động thì 1 = f(1) = f 1 x f(x) = xf 1 x ⇒ f 1 x = 1 x . Nghĩa là 1 x cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phép nghịch đảo. Như vậy ngoài 1 là điểm bất động ra, nếu có điểm bất động nào khác thì hoặc điểm bất động này lớn hơn 1, hoặc nghịch đảo của nó lớn hơn 1. Do đó lũy thừa nhiều lần của điểm này lớn hơn 1 cũng sẽ là điểm bất động. Điều này trái với điều kiện thứ 2 trong quan hệ hàm. d) Vậy 1 là điểm bất động duy nhất của hàm số, do xf(x) là điểm bất động của hàm số với mọi x 0 nên từ tính duy nhất ta suy ra f(x) = 1 x . Dễ thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

49. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ Ví dụ 6.2. (IMO 1994) Giả sử S là tập hợp các số thực lớn hơn −1. Tìm tất cả các hàm số f : S → S sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn a) f[x + f(y)) + xf(y)] = y + f(x) + yf(x) ∀x, y ∈ S b) f(x) x là hàm thực sự tăng với −1 x 0 và với x 0 . Giải a) Tìm điểm bất động. Từ điều kiện (b) ta nhận thấy phương trình điểm bất động f(x) = x có nhiều nhất là 3 nghiệm(nếu có): một nghiệm nằm trong khoảng (−1; 0), một nghiệm bằng 0, một nghiệm nằm trong khoảng (0; +∞). b) Nghiên cứu điểm bất động của hàm số. Giả sử u ∈ (−1; 0) là một điểm bất động của f. Trong điều kiện (a) cho x = y = u ta được f(2u + u2 ) = 2u + u2 . Hơn nữa 2u + u2 ∈ (−1; 0) và 2u + u2 là một điểm bất động nữa của hàm số trong khoảng (−1; 0). Theo nhận xét trên thì phải có 2u + u2 = u ⇒ u = −u2 ∈ (−1; 0). Hoàn toàn tương tự, không có điểm bất động nào nằm trong khoảng (0; +∞). Như thế 0 là điểm bất động duy nhất của hàm số(nếu có). c) Kết luận hàm Cho x = y vào (a) ta được f (x + f(x) + xf(x)) = x + f(x) + xf(x), ∀x ∈ S. Như vậy với mọi x ∈ S thì x + (1 + x)f(x) là điểm bất động của hàm số. Theo nhận xét trên thì x + (1 + x)f(x) = 0, ∀x ∈ S ⇒ f(x) = − x 1 + x , ∀x ∈ S. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 6.3. (IMO 1996) Tìm tất cả các hàm số f : N → N sao cho: f(m + f(n)) = f(f(m)) + f(n), ∀m, n ∈ N. Giải a) Tính f(0). Cho m = n = 0 thì ta có f (f(0)) = f (f(0)) + f(0) ⇒ f(0) = 0. Từ đây lại cho n = 0 thì f (f(m)) = f(m), ∀m ∈ N. Vậy ta có quan hệ hàm như sau 8 : f(m + f(n)) = f(m) + f(n) (1) f(0) = 0 (2) . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

50. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ b) Nhận thấy hàm f(0) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c) Tìm điểm cố định của hàm số. Nếu f không đồng nhất 0. Thì từ quan hệ f (f(m)) = f(m), ∀m ∈ N suy ra với mọi m ∈ N thì f(m) là điểm cố định của hàm số với m ∈ N. d) Tính chất của các điểm bất động. Nếu a và b là hai điểm bất động của hàm số f thì f(a + b) = f (a + f(b)) = f (f(a)) + f(b) = f(a) + f(b) = a + b. Vậy tập các điểm bất động bất biến qua phép cộng. e) Tập hợp các điểm bất động của f. Gọi a là điểm bất động khác 0 bé nhất của hàm số f. – Nếu a = 1, tức là f(1) = 1, thì dễ thấy rằng f(2) = 2 (bằng cách cho m = n = 1). Và áp dụng phương pháp quy nạp ta suy ra f(n) = n∀n ∈ N. – Nếu a 1, tức là f(a) = a. Bằng phương pháp quy nạp ta cũng chứng tỏ được là f(ka) = ka, ∀k ≥ 1. Ta chứng minh tập các điểm bất động động đều có dạng ka, ∀k ≥ 1(lưu ý là a là điểm bất động nhỏ nhất của hàm số). Thật vậy nếu n là điểm bất động khác thì n = ka + r(0 ≤ r a), khi đó theo (1) và tính chất điểm bất động của ka, ta có n = f(n) = f(ka + r) = f (r + f(ka)) = f(r) + f(ka) = f(r) + ka ⇒ f(r) = n − ka = r. Vì r a mà r lại là điểm bất động, a là điểm bất động nhỏ nhất, nên r = 0. Chứng tỏ các điểm bất động đều có dạng ka, ∀k ≥ 1 (*). f) Xây dựng hàm f. Vì {f(n) : n ∈ N} là tập các điểm bất động của hàm f. Vậy thì với i a thì do (*) nên ta có f(i) = nia với n0 = 0, ni ∈ N. Lấy số nguyên dương n bất kỳ thì ta có thể viết n = ka + i(0 ≤ i a). Theo quan hệ đầu bài thì f(n) = f(i + ka) = f (i + f(ka)) = f(i) + ka = nia + ka = (ni + k)a. Ta kiểm chứng hàm f như vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, với m = ka + i, n = la + j , 0 ≤ i, j a thì f (m + f(n)) = f (la + j + f (ka + i)) = ka + i + f (f(la + i)) . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

51. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ Ví dụ 6.4. (AMM, E984) Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho f(f(x)) = x2 − 2, ∀x ∈ R. Giải Ta chứng minh một kết quả tổng quát hơn: Cho S là một tập hợp và g : S → S là một hàm số có chính xác 2 điểm cố định {a, b} và g ◦ g có chính xác 4 điểm cố định {a, b, c, d}. Thì không tồn tại hàm số f : S → S để g = f ◦ f. Chứng minh Giả sử g(c) = y. Thì c = g (g(c)) = g(y), nên y = g(c) = g (g(y)). Do vậy y là một điểm cố định của g ◦ g. Nếu y = a thì a = g(a) = g(y) = c, dẫn đến mâu thuẫn. Tương tự cho y = b sẽ dẫn đến mâu thuẫn là c = b. Nếu y = c thì c = g(y) = g(c), tức c là điểm cố định của g, mâu thuẫn. Từ đó suy ra y = d, tức là g(c) = d, và tương tự thì g(d) = c. Giả sử tồn tại f : S → S sao cho f ◦ f = g. Thì f ◦ g = f ◦ f ◦ f = g ◦ f. Khi đó f(a) = f (g(a)) = g (f(a)), nên f(a) là một điểm cố định của g. Bằng việc kiểm tra từng trường hợp ta kết luận f{a, b} = {a, b}, f{a, b, c, d} = {a, b, c, d}. Xét f(c). Nếu f(c) = a, thì f(a) = f (f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn do f(a) nằm trong {a, b}. Tương tự cũng không thể xảy ra f(c) = b. Ngoài ra cũng không thể có f(c) = c vì c không là điểm cố định của g. Do vậy chỉ có khả năng là f(c) = d. Nhưng khi đó thì f(d) = f (f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn, vì điều này không thể xảy ra do d không phải là điểm cố định của g. Do vậy không thể tồn tại hàm f thỏa yêu cầu bài toán. Quay trở lại bài toán, bài toán là trường hợp đặc biệt của hàm g(x) = x2 − 2, có hai điểm cố định là −1 và 2, và g (g(x)) = (x2 − 2) 2 − 2 có các điểm cố định là −1, 2, −1 + √ 5 2 và −1 √ 5 2 . Áp dụng kết quả trên ta hoàn thành lời giải cho bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

Kỹ Thuật Sử Dụng Máy Tính Casio, Viancal Để Tính Tích Có Hướng / 2023

Trong hình giải tích chương trình toán 12, hay trong những bài bài toán về định thức ma trận. Việc tính tích có hướng là việc làm thường xuyên và quan trọng của người giải toán. Để hạn chế sai sót trong quá trình giải toán và tính tích có hướng, ta nên SỬ DỤNG MÁY TÍNH CASIO – VIANCAL ĐỂ TÍNH TÍCH CÓ HƯỚNG.

Nhấn mode 8: màn hình hiện lên các vec tơ:

1: VctA 2: VctB

VctA (m) m?

1:3 2:2

Nếu nhấn số 1 là chọn tính toán vec tơ trong không gian 3 chiều Oxyz

Nếu nhấn số 2 là chọn tính toán vec tơ trong không gian 2 chiều Oxy

Ở đây ta sẽ nhấn số 1, màn hình hiện ra

A

[ 0 0 0]

Bước 4: Nhập số cho hoành độ x, rồi nhấn dấu bằng.

Tương tự cho tung độ y và cao độ z

Ta đã xong bước nhập dữ liệu cho vec tơ A. Qua bước 5

Bước 5 : Nhấn Shift, nhấn 5, nhấn 1. Màn hình quay về

1: VctA 2: VctB

3: VctC

Ta nhấn số 2, nhấn số 1 rồi nhập dữ liệu cho vec tơ B, như cách làm cho vec tơ A

Nhập dữ liệu cho vec tơ B xong, ta tiếp bước 6

Bước 6: Nhấn AC, nhấn shift 5, nhấn 3 để chọn vec tơ A.

Tiếp tục nhấn shift 5, nhấn 4 để chọn vec tơ B

Màn hình sẽ hiện ra kết quả của tích có hướng theo tọa độ [x, y, z]

GỌI NGAY 08.8863.1839 – 0919. 280. 820

ĐỂ ĐƯỢC TƯ VẤN LỰA CHỌN SẢN PHẨM PHÙ HỢP VỚI BẠN HOÀN TOÀN MIỄN PHÍ

2126/42 Quốc Lộ 1A – P. Tân Thới Hiệp – Q12 – chúng tôi ( bên hông bên phải nhà Thờ Tân Hưng – Ngã Tư Quốc Lộ 1A với Nguyễn Văn Quá)