CHƯƠNG 2 CÁC KĨ THUẬT KHÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM (PHẦN 2)
Trong chương hai này, tôi xin giới thiệu một số kĩ thuật khác cũng được sử dụng thường xuyên khi giải phương trình hàm, bao gồm điểm bất động, thêm biến, tính bằng hai cách, NQR, dãy số và sử dụng bất đẳng thức. Những phương pháp này nếu sử dụng hợp lí sẽ là một bước quan trọng để chúng ta giải quyết các bài toán phương trình hàm. Trong phần 2 này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu hai phương pháp tiếp theo đó là TÍNH BẰNG HAI CÁCH và NQR.
2.3: TÍNH BẰNG HAI CÁCH
Bài toán 25: Tìm tất cả hàm số $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ cộng tính và thỏa mãn :
\[\begin{equation*} f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{f(x)}{x^{2}}, \quad \forall x \neq 0 \tag{1} \end{equation*}\]$\hspace{9cm}$(Korea MO 2008)
Vì hàm số $f$ là hàm số cộng tính nên $\forall x, y \in \mathbb{R}$ ta có
\[\begin{equation*} f(x+y)=f(x)+f(y) \tag{2} \end{equation*}\]+) Trong (1) thay $x$ bởi $x^{2}+x$ ta có :
\[f\left(\frac{1}{x^{2}+x}\right)=\frac{f\left(x^{2}+x\right)}{\left(x^{2}+x\right)^{2}}\]Mặt khác ta có :
\[\begin{aligned} f\left(\frac{1}{x^{2}+x}\right) & =f\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right) \\ & =f\left(\frac{1}{x}\right)-f\left(\frac{1}{x+1}\right) \\ & =\frac{f(x)}{x^{2}}-\frac{f(x+1)}{(x+1)^{2}} \end{aligned}\]Từ đó ta suy ra:
\[\begin{align*} & \frac{f\left(x^{2}+x\right)}{\left(x^{2}+x\right)^{2}}=\frac{f(x)}{x^{2}}-\frac{f(x+1)}{(x+1)^{2}} \\ \Leftrightarrow & f\left(x^{2}+x\right)=(x+1)^{2} f(x)-f(x+1) \cdot x^{2} \\ \Leftrightarrow & f\left(x^{2}\right)+f(x)=(x+1)^{2} f(x)-x^{2}(f(x)+f(1)) \\ \Leftrightarrow & f\left(x^{2}\right)=2 x f(x)-x^{2} f(1) \tag{3} \end{align*}\]Mặt khác ta lại có :
\[f\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}\right)=f\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+2\right)\]Kết hợp với (3) ta suy ra:
\[f\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+2\right)=2\left(x+\frac{1}{x}\right) f\left(x+\frac{1}{x}\right)-\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2} \tag{4}\]Ta có:
\[\begin{aligned} f\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+2\right)&=f\left(x^{2}\right)+f\left(\frac{1}{x^{2}}\right)+f(2) \\ &=2 x f(x)+\frac{2}{x} \cdot f\left(\frac{1}{x}\right)-f(1)\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2\right) \end{aligned}\]Thay vào (4) ta được:
\[\begin{aligned} & 2 x f(x)+\frac{2}{x} f\left(\frac{1}{x}\right)-f(1)\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2\right)=2\left(x+\frac{1}{x}\right) f\left(x+\frac{1}{x}\right) -\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2} \\ & 2 x f(x)+\frac{2}{x} f\left(\frac{1}{x}\right)-f(1)\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2\right)=2\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)\right)- \\ \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \Leftrightarrow 2 f(1) &=x f\left(\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{x} f(x) \\ &= x \cdot \frac{f(x)}{x^{2}}+\frac{1}{x} f(x) \\ \Rightarrow \quad \frac{1}{x} \cdot f(x)&=f(1) \\ \Leftrightarrow \quad f(x)&=x f(1), \forall x \in \mathbb{R} \end{aligned}\]Đặt $f(1)=a$, ta có $f(x)=a x, \forall x \in \mathbb{R}$
Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài toán 26: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn :
\[\begin{equation*} f(x)^{2}+2 y f(x)+f(y)=f(y+f(x)), \forall x, y \in \mathbb{R} \tag{5} \end{equation*}\]Nhận xét: Nếu hàm số $f(x)$ thỏa mãn bài toán thì hàm số $ h(x)=f(x)+a, \forall x \in \mathbb{R}$ cũng thỏa mãn bài toán ( với $a$ là hằng số bất kì)
Thật vậy trong (5) thay $f(x)$ bởi $a$ ta có :
\[a^{2}+2 a y+f(y)=f(a+y)\]Ta có :
\[\begin{aligned} (f(x)+a)^{2}+2 y(f(x)+a)+f(y) &= f(x)^{2}+2 a f(x)+a^{2}+2 y f(x)+2 a y+f(y) \\ & =f(x)^{2}+2 a f(x)+2 y f(x)+f(a+y) \\ & =f(x)^{2}+2(a+y) f(x)+f(a+y) \\ & =f(a+y+f(x)) \end{aligned}\]Do đó, từ nhận xét trên nên ta chỉ cần xét trường hợp $f(0)=0$
+) Trong (5) thay $y$ bởi 0 ta có :
\[f(x)^{2}=f(f(x))\]+) Trong (5) thay $y$ bởi $-f(x)$ ta có :
\[f(x)^{2}+2(-f(x)) \cdot f(x)+f(-f(x))=0\] \[\begin{aligned} & \Leftrightarrow f(-f(x))=f(x)^{2} \\ & \Rightarrow f(f(x))=f(-f(x)) \end{aligned}\]Từ (5) ta có :
\[\begin{align*} f\left(f(x)^{2}+2 y f(x)+f(y)\right) & =f(f(y+f(x))) \\ & =f(y+f(x))^{2} \quad (6) \end{align*}\]Ta có:
\[\begin{aligned} & f\left(f(x)^{2}+2 y f(x)+f(y)\right) =f(f(f(x))+2 y f(x)+f(y)) \\ & =f(f(x))^{2}+2(2 y f(x)+f(y)) f(f(x))+f(2 y f(x)+f(y)) \\ & =f(x)^{4}+2 f(x)^{2}(2 y f(x)+f(y))+f(y)^{2}+4 y f(x) f(y)+f(2 y f(x)) \\ & =f(x)^{4}+4 y f(x)^{3}+2 f(x)^{2} f(y)+f(y)^{2}+4 y f(x) f(y)+f(2 g f(x)) \end{aligned}\]Mặt khác ta có :
\[\begin{aligned} & f(y+f(x))^{2}=\left[f(x)^{2}+2 y f(x)+f(y)\right]^{2} \\ &= f(x)^{4}+4 y^{2} f(x)^{2}+f(y)^{2}+4 y f(x)^{3}+2 f(x)^{2} f(y)+4 y f(x) f(y) \end{aligned}\]Nên thay vào (6) ta suy ra :
\[\begin{equation*} f(2 y f(x))=4 y^{2} f(x)^{2} \tag{7} \end{equation*}\]Nếu $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ thay vào đề bài ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.
Ta xét trường hợp tồn tại số thực $x_{0}$ sao cho $f\left(x_{0}\right) \neq 0$
+) Trong (7) thay $x$ bởi $x_0$ ta có:
\[f\left(2 y f\left(x_{0}\right)\right)=\left(2 y f\left(x_{0}\right)\right)^{2}\]Vi $f\left(x_{0}\right) \neq 0$ nên $2 y f\left(x_{0}\right)$ có thể nhận mọi giá trị thực Nên ta suy ra được $f(x)=x^{2}, \quad \forall x \in \mathbb{R}$
Thử lại ta thấy hai hàm số $f(x)=0, \quad \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=x^{2}, \quad \forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn bài toán.
Kết hợp với Nhận xét ta đã chứng minh ở trên ta suy ra được tất cả các hàm số thỏa mãn bài toán là $f(x)=c, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=x^{2}+c, \forall x \in \mathbb{R}$ với $c$ là hằng số thực bất kì.
Bài toán 27: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn :
\[\begin{equation*} f(x f(x+y))=f(y f(x))+x^{2}, \forall x, y \in \mathbb{R} \tag{8} \end{equation*}\]$\hspace{8cm}$(Duyên Hải Bắc Bộ(C10) 2016)
+) Thay $x$ bởi 0 ta có : $f(0)=f(y f(0))$
Nếu $f(x)$ là hàm số hằng, thử lại ta thấy vô lí, do đó ta suy ra $f(0)=0$
+) Thay $y$ bởi 0 ta có : $\quad f(x f(x)) = x^2 \tag{9}$
Giả sử tồn tại $a \neq b$ sao cho $f(a)=f(b) \neq 0$
Tacó: $\quad a^{2}=f(a f(a))=f(a f(b))$
+) Trong (8) thay $x$ bởi a, $y$ bởi $b-a$ ta có :
\[\begin{aligned} & f(a f(b))=f((b-a) f(a))+a^{2} \\ & \quad \Rightarrow f((b-a) f(a))=0 \end{aligned}\]Mặt khác nếu tồn tại $c \neq 0$ để $f(c)=0$
Thay $y$ bởi $0, x$ bởi $c$ vào (8) ta có $ c^{2}=0$ (vô lí)
Nên ta có $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$
Từ đó ta suy ra $(b-a) f(a)=0$
\[\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} a=b \\ f(a)=0 \end{array}\left(\begin{array}{l} \text{vô lí vì} \\ a \neq b, f(a) \neq 0 \end{array}\right)\right.\]Vậy ta có hàm số $f$ là đơn ánh.
+) Trong (9) thay $x$ bởi $-x$ ta có
\[f(-x f(-x))=x^{2}\]$\Rightarrow f(-x f(-x))=f(x f(x))$
Do ta có hàm số $f$ là đơn ánh nên suy ra $\quad -x f(-x)=x f(x)$
Kết hợp $f(0)=0$ suy ra $f(-x)=-f(x), \forall x \in \mathbb{R} \tag{9’}$
+) Trong (8) thay $y$ bởi $y-x$ ta có
\[\begin{equation*} f(x f(y))=f((y-x) f(x))+x^{2} \tag{10} \end{equation*}\]+) Trong (8) thay $x$ bởi $x+y, y$ bởi $-x$ ta có :
\[f((x+y) f(y))=f(-x f(x+y))+(x+y)^{2}\]+) Trong (8) thay $x$ bởi $-y, y$ bởi $x+y$ ta có :
\[\begin{equation*} f(-y f(x))=f((x+y) f(-y))+y^{2} \tag{12} \end{equation*}\]Sử dụng (8), (9’), (10), (11), (12) ta có:
\[\begin{aligned} f(y f(x)) & =f(x f(x+y))-x^{2} \\ & =-\left[f(-x f(x+y))+(x+y)^{2}\right]+y^{2}+2 x y \\ & =-f((x+y) f(y))+y^{2}+2 x y \\ & =y^{2}+f(f(-y)(x+y))+2 x y \\ & =f(-y f(x))+2 x y \\ & =-f(y f(x))+2 x y \end{aligned}\]Do đó ta có $f(y f(x))=x y, \quad \forall x, y \in \mathbb{R}$
Thay $x$ bởi $y, y$ bởi $x$ ta suy ra được :
\[f(x f(y))=f(y f(x))\]Do $f$ là đơn ánh nên ta có $x f(y)=y f(x)$
\[\Rightarrow \frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}, \forall x, y \neq 0\]$\Rightarrow f(x)=k x, \forall x \neq 0, k$ là hằng số
Két hop $f(0)=0$ ta co $f(x)=k x, \forall x \in \mathbb{R}$
Thử lại ta thấy hàm số $f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=-x, \forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện bài toán.
2.4: PHƯƠNG PHÁP NQR
Ý tưởng chính của phương pháp NQR đó là ta sẽ tính giá trị của hàm số trên các tập hợp “nhỏ” hơn(và tất nhiên sẽ dễ dàng để tính hơn) như là $\mathbb{N}, \mathbb{Q}$, sau đó bằng một số tính chất của hàm số như liên tục, đơn điệu,… để tìm ra nghiệm hàm của bài toán.