Giải phương trình hàm
bằng cách xây dựng hàm từ một tập đặc biệt
Nguyễn Thế Sinh, THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương
Tư tưởng chính của phương pháp này gồm 2 ý. Thứ nhất là lợi dụng một số tính chất
đặc biệt của hàm số như tính tuần hoàn, tính nhân tính hoặc tính chất tương tự như
f (m k ) f (m) k ...để làm cho tập nguồn hẹp lại. Như vậy thay vì phải tìm hàm f
trên toàn bộ tập ban đầu, ta chỉ cần tìm f trên một tập hữu hạn, mà trên tập này ta có thể
tính được một cách cụ thể, thậm chí là rất thủ công, khi ấy bài toán trở nên tương đối đơn
giản. Thứ hai là quan tâm đến các tập hợp đặc biệt với hàm f như tập giá trị, tập các điểm
bất động, …để từ đó xây dựng nên hàm cần tìm. Các vấn đề nói trên sẽ được trình bày ở
đây thông qua các bài tập cụ thể.
Bài 1. Tìm tất cả các hàm f : �� � thỏa mãn
f ( f (n)) n b n �� (1)
trong đó b là số nguyên dương chẵn.
Lời giải:
+) Giả sử f thỏa mãn đề bài. Dễ thấy f đơn ánh
+) Trong (1) thay n bởi f (n) ta được f [ f ( f (n))] f (n) b
Suy ra f (n b) f (n) b n ��
Vậy nếu m qb r ,0 �r �b 1 thì f ( m) f (qb r ) f ((q 1)b r ) b f (r ) qb
Bây giờ ta chỉ cần xác định hàm f trên tập A {0,1,2,..., b 1}
+) Xét x �A , đặt f ( x) y thì f ( y ) x b
Giả sử y qb r thì f ( y ) f (r ) qb suy ra x b f (r ) qb � qb x b 2b nên
q 0 hoặc q 1 .Do đó nếu x �A thì
i) f ( x) r b, r �A, f (r ) x
ii) f ( x) r , r �A, f (r ) x b
�
�
Vậy hàm f được xác định như sau �
�
�
f (qb r ) qb f (r )
f (ai ) bi
với {ai } �{bi } A
f (bi ) ai b
Nhận xét: Trong bài toán trên, tập nguồn ban đầu của hàm f là � đã được đưa về tập
A hữu hạn nhờ tính chất f (n b) f (n) b n ��
* Chú ý: Ta còn có thể đặt ra vài câu hỏi cho bài toán như sau:
a) Nếu chỉ cho b nguyên dương, thì với giá trị b thế nào mới tồn tại hàm f
b) Tìm số hàm f ứng với mỗi giá trị b .
c) Tìm tất cả các hàm tăng thực sự thỏa mãn.
Sau đây là một bài toán tương tự:
Bài 2. Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các hàm f : �� � sao cho
f ( f (n)) pn n ��
Lời giải:
+) Dễ thấy f đơn ánh
+) Giả sử f ( n) m thì f (m) pn nên f ( pn) f ( f (m)) pm hay f ( pn) pf (n)
suy ra f (0) pf (0) � f (0) 0 .Vậy ta được
i) f đơn ánh
ii) f (0) 0
iii) f ( p k n) p k f (n)
Vậy hàm f hoàn toàn xác định trên tập các bội của p , chỉ còn xác định f trên tập X
các số không chia hết cho p (vì n �� thì tồn tại x �X để n p k x )
+) Đặt n p k .a, a �X thì f (n) p k . f ( a)
Đặt f (a) p m .b, b �X thì f ( n) p k m .b suy ra f ( f ( n)) f ( p k m .b)
hay pn p k m . f (b) suy ra p k 1.a p k m . f (b)
Do đó p k 1.a chia hết cho p k m
Mà a �X nên k 1 �k m suy ra m 0 hoặc m 1
i) m 0 thì f (a) b, f (b) pa
ii) m 1 thì f (a ) pb , f (b) a
Mà a, b �X , f (a ) b � f (b) pa nên không tồn tại a �X sao cho f (a ) a hoặc
f (a ) pa
Vậy hàm f xác định trên X như sau:
X X 1 �X 2 , X 1 �X 2 �, X 1 {a1 , a2 ,...}, X 2 {b1 , b2 ,...}
thì f (ai ) pbi ; f (bi ) ai . Từ đây kết hợp f ( p k n) p k f (n), f (0) 0 để suy ra f trên
toàn bộ tập �
Thử lại là việc dễ dàng.
Với một phương trình hàm mà tập nguồn là tập số nguyên hoặc tập số tự nhiên, ta có thể
lợi dụng tính chất: “Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành tích các thừa số
nguyên tố” xây dựng hàm trên tập các số nguyên tố. Hãy xét các bài toán sau:
Bài 3. [IMO shortlisted 1996]. Chứng minh rằng tồn tại song ánh f : � � Z sao cho
f (3mn m n) 4 f (m) f (n) f (m) f (n) m, n ��
Lời giải:
Xét g : 3� 1 � 4� 1 thỏa mãn: g ( x ) 4 f (
x 1
) 1 thì ta có g là song ánh và
3
g ((3m 1)(3n 1)) g (3m 1) g (3n 1) m, n �� . Thật vậy
g ((3m 1)(3n 1)) g (3(3mn m n) 1) 4 f (3mn m n) 1
4(4 f (m) f (n) f ( m) f (n)) 1 (4 f (m) 1)(4 f (n) 1) g (3m 1) g (3n 1)
Vậy với mọi x, y �3� 1 , ta có: g ( xy ) g ( x).g ( y )
g (3x 1) 1
Như thế, ta chỉ cần chỉ ra một song ánh g là đủ, vì khi đó f ( x)
thỏa mãn
4
đề bài.
Xét P1 , P2 là tập các số nguyên tố dạng 3k 1,3k 2 tương ứng và Q1 , Q2 là tập các số
P2 Q1 Q2
nguyên tố dạng 4k 1,4k 3 tương ứng, ta xét song ánh h : P1 Ȯ�
Sao cho h( P1 ) Q1 , h( P2 ) Q2 và xác định g như sau:
+) g (1) 1
+) n �3� 1, n 1, n �pi , pi nguyên tố thì g (n) �h( pi )
Rõ rang song ánh g như vậy thỏa mãn đề bài.
Bài 4. Tìm một hàm f : �* � �* khác đồng nhất thỏa mãn:
f (mf (n)) nf (m) m, n ��* (1)
Lời giải:
+) Đặt f (1) a . Cho m 1 trong (1), ta có: f ( f (n)) an n ��*
Cho n 1 trong (1) được f (am) f ( m) m ��*
Từ đó a.an f ( f (an)) f ( f (n)) an n �N * nên a 1 � f (1) 1
Vậy f ( f (n)) n n �N * nên f đơn ánh.
+) Ta chứng minh hàm f là hàm nhân tính. Thật vậy:
f ( f (m) f ( n)) nf ( f ( m)) mn f ( f ( mn)) . Do f đơn ánh nên f (m) f (n) f (mn)
+) Còn lại, do tính nhân tính của f nên ta chỉ cần xây dựng f trên tập các số nguyên tố.
Giả sử p nguyên tố và f ( p ) mn , ta có p f ( f ( p )) f (m) f (n) . Suy ra có thể giả sử
f (m ) 1 f (1), f (n) p , do f đơn ánh nên m 1 . Từ đó f(p) là số nguyên tố.
Nếu f ( p ) q nguyên tố thì f (q ) f ( f ( p)) p .
Vậy hàm f được xây dựng như sau:
Gọi pi là số nguyên tố thứ i , hàm f được cho bởi:
f (1) 1, f ( p2 k ) p2 k 1; f ( p2 k 1 ) p2k , f nhân tính.
Dễ thấy hàm f như vậy thỏa mãn đề bài.
Tuy nhiên, không phải lúc nào việc xem xét hàm trên tập các số nguyên tố cũng đơn giản
như vậy, bởi lẽ tập số nguyên tố cũng còn có các tính chất khá phức tạp. Chẳng hạn khi
quan tâm đến việc phân tích một số tự nhiên thành tổng hai bình phương, ta phải để tâm
đến tập các số nguyên tố dạng 4k 3 và tập các số nguyên tố dạng 4k 1 , nên cần để ý
đến các tính chất sau:
i)
ii)
iii)
p nguyên tố dạng 4k 1 thì tồn tại n ��* mà p \ n 2 1
p nguyên tố dạng 4k 3 mà p \ a 2 b 2 thì p \ a và p \b
Mọi số a nguyên dương, không có ước nguyên tố dạng 4k 1 thì tồn tại n
nguyên dương mà a \ n 2 1
Xét các bài toán sau:
Bài 5. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm khác hằng f : �� (0, �)
thỏa mãn:
i)
ii)
f ( xy ) f ( x) f ( y )
2 f ( x 2
y 2μ
) �
f ( x)
f ( y ) {0,1, , n}
x, y �
Với n tìm được, tìm tất cả các hàm thỏa mãn
Lời giải:
+) Trước hết, ta chứng minh n=1 là số thỏa mãn đề bài
Đặt A là tập các số nguyên tố dạng 4k 1 và B là tập các số nguyên tố dạng 4k 3
� 0( x �B)
Với p �B , xét f p : �� �, f p ( x) �
� 1( x �B )
Dễ dàng chứng minh được f p thỏa mãn đề bài
+) Tiếp theo ta chứng minh nếu tồn tại hàm f thỏa mãn thì f (0) 0 và n>0.
Có f 2 (0) f (0) nên f (0) 0 hoặc f (0) 1 . Nếu f (0) 1 thì
f (0)
f (ή
x.0)
�f ( x). f (0) x � f ( x) 1 x �. Mâu thuẫn với việc f khác hằng
Vậy f (0) 0 .
Giả sử n 0 thỏa mãn. Ta có 2 f ( x 2 y 2 ) f ( x) f ( y ) 0 x, y ��
Suy ra 2 f 2 ( x) 2 f ( x 2 ) f ( x ) f (0) x ��
1
Ta được: 2 f 2 ( x ) f ( x ) hay f ( x) �{0, } x �� (1)
2
Nếu f ( x0 )
1
1
thì f ( x02 ) f 2 ( x0 ) . Mâu thuẫn (1).
2
4
Vậy f ( x) 0 x ��, lại mâu thuẫn với f khác hằng.
Tóm lại, điều giả sử là sai nên n > 0
Vậy n 1 là giá trị nhỏ nhất cần tìm
+) Với n=1, ta sẽ tìm tất cả các hàm f thỏa mãn đề bài.
-
Ta có f (0) 0 Có: f 2 (1) f (1) và f khác hằng nên f(1)=1 ( nếu f (1) 0 thì
f ( x) 0 x �Z )
Do 2 f 2 ( x) f ( x) 2 f ( x 2 02 ) f ( x) f (0) �{0,1} x �� nên
-
f ( x) �{0,1} x ��(*)
Do f (1) f (1) 1 và f (1) 0 nên f (1) 1 . Vậy f ( x) f ( x) x ��
Vì tính chất i) nên chỉ cần xét hàm f trên tập các số nguyên tố p .
-
Ta chứng minh tồn tại duy nhất 1 số nguyên tố p sao cho f ( p ) 0
Rõ ràng f khác hằng nên luôn tồn tại số nguyên tố p sao cho f(p)=0 ( nếu không
f ( p ) 1 p nguyên tố, suy ra f ( x) 1 x ��).
Giả sử có số nguyên tố q khác p mà f (q ) 0 . Ta có 2 f ( p 2 q 2 ) �{0,1} mà do (*),
f ( p 2 q 2 ) �{0,1} nên f ( p 2 q 2 ) 0
Với mọi a, b ��, ta có (a 2 b 2 )( p 2 q 2 ) (ap bq ) 2 (aq bp ) 2 nên
f ((ap bq ) 2 ( aq bp ) 2 ) f ((a 2 b 2 )( p 2 q 2 )) f (a 2 b 2 ) f ( p 2 q 2 ) 0
Mà 2 f ( x 2 y 2 ) f ( x) f ( y ) �0 nên
0 2 f (( ap bq) 2 (aq bp) 2 ) �f (ap bq ) f (aq bp ) . Do
f (ap bq), f (aq bp ) �0 nên ta được f (aq bp ) 0
Lại có, ( p, q) 1 nên tồn tại a, b �� sao cho aq bp 1 , ta được f (1) 0 . Mâu
thuẫn.
Vậy có duy nhất số nguyên tố p mà f ( p ) 0
Cuối cùng, ta chứng minh p phải là số nguyên tố dạng 4k+3.
Thật vậy.
-
Nếu p 4k 1 thì tồn tại y �� sao cho p \ y 2 1 . Do f ( p ) 0 nên
-
f ( y 2 1) 0 , suy ra 2 f ( y 2 1) f ( y ) f (1) �{0,1} . Mâu thuấn
Nếu p 2 thì 2 2 f (2) 2 f (1) 2 f (12 12 ) f (1) f (1) �{0,1} . Mâu thuẫn
Vậy p 4k 3 . Khi đó, hàm f được cho như phần đầu của bài toán.
Bài 6. Tìm f : �� � thỏa mãn:
i)
ii)
Nếu a \b thì f (a) �f (b)
f (ab) f (a 2 b 2 ) f (a) f (b) a, b ��
Lời giải:
+) Trước hết, do n \ 0 và 1\ n n ��, n 0 nên f (0) �f ( n) �f (1) n �N , n 0
+) Cho b 0 trong ii), có: f (a 2 ) f ( a) a ��, suy ra
i
f (a ) f (a 2 ) i ��, i 0, a �N
Mà k , i : 2i 1 �k �2i nên a 2 \ a k \ a 2
i 1
i 1
i
i
Suy ra: f (a ) f ( a 2 �f ( a k ) �f ( a 2 ) f ( a)
Vậy f (a) f (a k ) a, k ��\{ 0 }
+) Cho b 1 trong ii), ta có f (a 2 1) f (1) a ��.
+) Ta chứng minh f (a ) f (1) với mọi a không có ước nguyên tố dạng 4k 3 .
Thật vậy, nếu a chỉ có ước nguyên tố dạng 4k 1 thì tồn tại X sao cho a \ X 2 1
Ta được: f (1) �f (a ) và f (a ) �f ( X 2 1) f (1) . Vậy f (a ) f (1)
+) Tiếp theo, ta chứng minh: f (ab) f (b) b �� (*1) nếu a không có ước dạng
4k 3
Với mọi b ��, a 2 b 2 không có ước dạng 4k 3 , (vì nếu có p \ a 2 b 2 , p 4k 3
thì p \ a - mâu thuẫn). Ta được f (a 2 b 2 ) f (1) .
Mà f (ab) f (a 2 b 2 ) f (a) f (b), f (a) f (a 2 b 2 ) f (1) nên f (ab) f (b)
+) Với n ��, n 0 bất kỳ, ta có n �p i i . Khi đó: f (n) f (�pi ) (*2)
Ta có:
�p \ n \ (�p )
i
i
M
với M max{ i }
Nên f (�pi ) �f ( n) �f ((�pi ) M ) f (�pi ) .
Vậy f (n) f (�pi )
+) Giả sử n �p i i .
�q
j
j
với pi là số nguyên tố dạng 4k 3 và q j là các số nguyên
tố dạng 4k 1 . Theo (*1) và (*2) thì f (n) f (�pi ) .
+) Cuối cùng, nếu p1 p2 là các số nguyên tố dạng 4k 3 thì p12 p22 không có ước
nguyên tố dạng 4k 3 ( vì nếu có q \ p12 p22 thì q \ p1 và q \ p2 . Mâu thuẫn). Suy ra
f ( p12 p22 ) 1 .
Do đó f ( p1 p2 ) f ( p1 ) f ( p2 ) 1
f (( p1 p2 ) 2 p32 ) 1 nên từ f ( p1 p2 p3 ) f (( p1 p2 ) 2 p32 ) f ( p1 p2 ) f ( p3 ) suy ra
f ( p1 p2 p3 ) f ( p1 p2 ) f ( p3 ) 1 f ( p1 ) f ( p2 ) f ( p3 ) 2
k
Tương tự: f ( p1 p2 � pk ) �f ( pi ) ( k 1)
i 1
Vậy hàm f hoàn toàn được xác định khi biết f ( p ) với p là số nguyên tố dạng 4k 3
Khi đó, hàm f được xây dựng như sau:
i)
ii)
iii)
f (0), f (1) tùy ý thỏa mãn: f (0) �f (1)
f ( p ) q p thỏa mãn: f (1) �q p �f (0) với p là số nguyên tố dạng 4k 3
k
i
i 1
i
Nếu n �p .
�q
j
j
với pi là số nguyên tố dạng 4m 3 và q j là các số
k
k
i 1
i 1
nguyên tố dạng 4m 1 thì f (n) f (�pi ) � f ( pi ) (k 1)
Việc cuối cùng chỉ còn là thử lại. Sau đây là một vài ví dụ:
1) f (0) f (1) 1, f ( p) 1 p nguyên tố dạng 4k 3 . Suy ra f ( x) 1 x
2) f (0) 2, f (1) 1 , f (3) 2 , f ( p ) 1 p nguyên tố dạng 4k 3 . Khi đó
k
i
i 1
i
với n bất kỳ, n 3 .�p , pi 3, m �1 thì f (n) f (3) k k f (3) 2 , hay
m
f ( x) 1 x không chia hết cho 3, f ( x) 2 nếu x chia hết cho 3
Ý tưởng tiếp theo là xây dựng hàm dựa vào các tập hợp đặc biết với hàm đó. Đầu tiên là
tập các điểm bất động của hàm, với các bài toán sau:
Bài 7. [IMO 1983]. Tìm f : � � � thỏa mãn:
i)
ii)
f ( xf ( y )) yf ( x) x, y �� (1)
lim f ( x) 0
x � �
Lời giải:
Gọi A là tập các điểm bất động của f . Ta sẽ nghiên cứu tập A để từ đó xây dựng hàm
f
Cho x y trong (1), ta được: f ( x. f ( x)) x. f ( x) x ��
Suy ra xf ( x ) �A x
Cho x 1 trong (1), ta được f ( f ( y )) yf (1) (2) � f đơn ánh
Cho y 1 suy ra f (1) 1 nên 1�A
Giả sử a �A .
f ( x) �.
Nếu a >1, bằng quy nạp dễ chứng minh f (a n ) a n , suy ra xlim
��
Mâu thuẫn với ii)
Nếu 0 < a <1, xét b
1
1
1
1
, f (1) f ( a ) f ( f (a)) af ( ) , suy ra f (b) b 1 . Tương
a
a
a
a
tự trên có mâu thuẫn.
Vậy A {1} nên xf ( x) 1 x �� .
Vậy f ( x)
1
. Thử lại thấy đúng
x
1
Thử lại thấy f ( x) 1 x 2 thỏa mãn.
2
Bài 8. Cho S (1, �) . Tìm f : S � S thỏa mãn:
i)
ii)
f ( x f ( y ) xf ( y )) y f ( x) yf ( x) x, y �S
f ( x)
tăng trên (1,0) và (0, �)
x
Lời giải:
+) Cho y x trong i) thì: f ( x f ( x) xf ( x)) x f ( x) xf ( x ) x �S
Giả sử A là tập các điểm bất động của f . Xét a �A , có f (a 2 2a ) a 2 2a
f ( x)
tăng trên (1,0) nên tồn tại duy nhất
x
x0 sao cho f ( x0 ) x0 . Vậy a 2 2a a � a 0 hoặc a 1 . Mâu thuẫn
+) Nếu 1 a 0 thì 1 a 2 2a 0 . Do
+) Nếu a > 0 thì a 2 2a 0 . Tương tự có mâu thuẫn.
Vậy A {0} nên f ( x)
x
x �S . Thử lại thấy đúng.
x 1
Bài 9.[IMO shortlist 1996]. Tìm tất cả các hàm khác hằng f : �� � thỏa mãn:
f (m f (n)) f ( f (m)) f (n) m, n ��
Lời giải:
+) Cho m n 0 , ta được: f ( f (0)) f ( f (0)) f (0) � f (0) 0 � f ( f (0)) 0
+) Cho m 0 được f ( f (n)) f (n) , ta được: f (m f (n)) f (m) f ( f (n)) m, n ��
Vậy f (n) là điểm bất động của hàm f với mọi n nguyên dương.
Gọi A là tập các điểm bất động của hàm f và k là điểm bất động nhỏ nhất khác 0 (tồn
tại k vì nếu không tồn tại k thì f (n) 0 n , không thỏa mãn).
Nếu tồn tại k , ta dễ dàng thu được f (qk ) qk với mọi q nguyên không âm, nếu n là
một điểm bất động khác, ta chứng minh được: n mk .
Thật vậy, giả sử n mk r , o �r k thì
f (n) f (r f ( mk )) f ( r ) f ( mk ) mk f ( r ) .
Vậy f (r ) r nên r là điểm bất động thỏa mãn: 0 �r k . Vậy r=0 hay n mk .
Đến đây, do f (mk r ) mk f (r ) nên ta thấy việc cơ bản còn lại là tìm f (r ) với
0 �r k . Tập cần làm việc chỉ còn là {0,1,2,�, k 1}
Nhưng f (n) là điểm bất động với mọi n nên f (n) luôn là bội của k . Ta được:
f (i ) ni k với i 0,1,2,..., k 1 và n1 , n2 ,�, nk 1 là các số nguyên không âm bất kỳ,
n0 0
Khi đó hàm f được cho bởi công thức: f (qk r ) qk nr k với 0 �r k
Kiểm tra:
Đặt m ak r , n bk s ,0 �r , s k thì f ( f (m)) f (m) ak nr k , f (n) bk ns k
Suy ra f (m f (n)) ak bk nr k ns k ; f ( f (m)) f (n) ak bk nr k ns k
Vậy hàm f thỏa mãn đề bài
Nhận xét: Trong lời giải trên, ta có thể xem xét tập A theo khía cạnh:
i)
ii)
0 �A
u , v �A thì u v, u v �A
Với các tính chất như vậy và A �� thì A {km, m ��} với k là phần tử nhỏ nhất của
A
Có thể chứng minh tính chất ii) như sau:
u , v �A thì f (u v ) f (u f (v )) f ( f (u )) f (v ) f (u ) f (v ) u v nên u v �A
u �A thì f (u ) f (u v v) f (u v f (v)) f ( f (u v)) f (v)
f ( f (u v)) f (v) f (u v) v .
Suy ra f (u v ) u v nên u v �A
Việc xét các tập có tính chất như vừa đề cập ở trên cũng có tác đụng khá lớn trong việc
giải quyết các bài phương trình hàm, cho dù đó không phải là tập các điểm bất động.
Bài 10. Cho n là số nguyên. Tìm f : �� � sao cho
f ( x y f ( y )) f ( x) ny x, y ��
Lời giải:
Ký hiệu f ( x y f ( y )) f ( x) ny (1) x, y ��.
+) Nếu n 0 , ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy
Trong (1) thay x bởi f ( y ) , ta có f ( y ) f ( f ( y )) ny y �Z (2) .
Giả sử f ( y1 ) f ( y2 ) , ta có ny1 ny2 . Do n 0 nên y1 y2
+) Trong (2) cho y 0 được f (0) f ( f (0)) � f (0) 0
+) Đặt A { y / f ( x y ) f ( x) f ( y ) x ��} . Ta sẽ xây dựng hàm f dựa vào tập A .
Trước hết, ta xét các tính chất của tập A
Trong (1) cho x=0, được: f ( y f ( y )) ny y ��(*)
Suy ra: f ( x y f ( y )) f ( x ) f ( y f ( y )) x, y ��� y f ( y ) �A y �� (**)
Ngoài ra, tập A có các tính chất sau:
i)
ii)
0 �A
y �A thì y �A .
Có f ( y ) f ( y ) vì f ( y ( y )) 0 f ( y ) f ( y ) nên
f ( x y y ) f ( x y ) f ( y ) � f ( x y ) f ( x ) f ( y ) f ( x ) f ( y )
iii)
Nếu y, z �A thì y z �A , vì
f ( x y z ) f ( x y ) f ( z ) f ( x ) f ( y ) f ( z ) f ( x ) f ( y z ) x �Z
Tập A là tập con của tập � nên A {0} hoặc A {ku , k ��}, u ��
Thật vậy, giả sử B là tập các số nguyên dương của A
Nếu B � thì A {0} do tính chất ii)
Nếu B � thì B có phần tử nhỏ nhất u . Với b �B , đặt b ku r , o �r u thì do
u �B và iii), suy ra ku ήήBή�- ku A b ku A r A . Mà 0 �r u nên r 0 .
Vậy A {0} hoặc A {ku, k ��}
+) Nếu A {0} thì do (**): x f ( x) �A x ��, ta được f ( x) x . Thử lại thấy
không thỏa mãn
+) Nếu A {ku, k ��} thì do f ( x y ) f ( x) f ( y ) x, y �A nên
f (ku ) kf (u ) k ��và x ��, f ( x ku ) f ( x) f (ku )
Vậy x �A, x ku thì f ( x) kf (u )
x
f (u )
u
Suy ra x ��, do x f ( x) �A nên f ( x f ( x))
( x f ( x)) f (u )
u
( x f ( x)) f (u )
nx x ��. Từ đó, nếu
u
f (u ) 0 thì 0 nux x �� ( vô lý), suy ra f (u ) 0 và
Mà do (*): f ( x f ( x)) nx x �Z nên
f ( x) cx, c
nu f (u )
, c f (1) ��
f (u )
Thay lại thấy c(c 1) n .
Vậy nếu c / n c(c 1) thì có f ( x) cx, f ( x) (c 1) x , nếu không tồn tại c mà
c(c 1) n thì không tồn tại f ( x)
+) Nếu n 0 , ta có f ( x y f ( y )) f ( x) x, y �Z
Đặt A { y / f ( x y ) f ( x) x ��} thì ta vẫn chứng minh được y f ( y ) �A y �Z
và A {0} hoặc A {ku, k ��} . Thật vậy:
i)
ii)
iii)
0 �A
y �A thì f ( x ) f ( x y y ) f ( x y ) nên f ( x y ) f ( x ) x �� . Từ đó
y �A
y, z �A thì f ( x y z ) f ( x y ) f ( x) x �Z nên y z �A
Nếu A {0} thì do y f ( y ) �A , suy ra f ( y) y y �Z ( thỏa mãn)
ku )Ϋ
f ( x�
) x Z
f ( x u)
Nếu A {ku , k ��} thì f ( x
hoàn chu kỳ u , chỉ cần xét f trên {0,1,2�, u 1} là đủ.
f ( x ) x �. Vậy f tuần
Cụ thể y f ( y ) ku y �� nên f (0) k0u, f (1) k1u 1;� f (u 1) ku 1 (u 1) ,
trong đó ki , i 0,1,2,..., u 1 là các số nguyên tùy ý.
Việc thử lại không khó khăn.
Tập giá trị hàm số cũng hay được đề cập đến để xây dựng nên hàm.
Bài 11. Tìm f : �� � sao cho
f ( x f ( y )) f ( f ( y)) xf ( y) f ( x) 1 x, y ��(1)
Lời giải:
Đặt A f (�) { f ( x), x ��} .
+) Trước hết, ta xác định hàm f trên tập A .
Ta có: x ή A
x f ( y ) . Trong (1) cho x f ( y ) thì
1
1
1
f (0) f ( x) x 2 f ( x) 1 � f ( x) ( f (0) 1 x 2 ) (c 1) x 2 , c f (0)
2
2
2
+) Tiếp theo, ta mở rộng hàm f từ tập A
Cho x y 0 trong (1) được f (c) f (c) c 1 � c 0
Cho y 0 trong (1) được
f ( x c) f (c) xc f ( x) 1 � f ( x c) f ( x) xc f (c) 1
Do x chạy trên toàn bộ tập � nên xc f (c) 1 quét toàn bộ tập �
Suy ra f ( x c ) f ( x ) quét toàn bộ tập �
Cuối cùng, ta xây dựng f nhờ các giá trị dạng f ( x c) f ( x)
x ��, y1 , y2 �A sao cho x y1 y2
Suy ra
f ( x) f ( y1 y2 ) f ( y1 f ( z )) f ( f ( z )) y1 f ( z ) f ( y1 ) 1 f ( y2 ) y1 y2 f ( y1 ) 1
1
1
1
1
Mà f ( y2 ) (c 1) y22 ; f ( y1 ) (c 1) y12 nên
2
2
2
2
1
1
f ( x) (c 1) ( y1 y2 ) 2 1 c x 2 x ��
2
2
1
1
Cho x �A được c (c 1) nên c 1 . Từ đó f ( x) 1 x 2 . Thử lại thấy thỏa mãn.
2
2
Bài 12. Tìm các hàm f : �� � sao cho:
f ( f ( x) y ) 2 x f ( f ( y ) x) x, y �� (1)
Lời giải:
Đặt A f (�)
Trong (1) cho y f ( x) được: f (0) 2 x f [ f ( f ( x )) x] , điều này cho thấy A �
Do 0 �A nên tồn tại x0 �� sao cho f ( x0 ) 0 .
Trong (1) thay x bởi x0 thì được f ( y ) 2 x0 f ( f ( y ) x0 ) , từ đó: f ( z ) z x0 với
z f ( y ) x0
Mà x ��, tồn tại y �� sao cho x f ( y ) x0 , khi đó f ( x) x x0 hay f ( x) x c
là hàm thỏa mãn. Thử lại thấy đúng.
-
Hết -
- Xem thêm -
.DOC 
16 
82 
72 
