Hai bổ đề trong bài toán phương trình hàm trên tập các số thực dương

Hai bổđềtrong bài toán phương trình hàm trên tập các sốthực dương

Đoàn Quang Đăng∗- Võ Trần Hiền†

Ngày 28 tháng 7 năm 2022

Phương trình hàm trên tập các sốthực dương luôn là các bài toán và hay khó. Đểgiải quyết các bài toán này ta cần vận dụng nhiều kỹthuật kinh điển trong giải toán phương trình hàm kết hợp nhuần nhuyễn với các kiến thức đại số, giải tích. Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu hai bổđềkhá thú vị dùng đểgiải quyết các lớp bài toán có thểđưa vềdạng f(x + A) = f(x) + B và f(x + A) + B = f(x + C) + D.

Mục lục

1 Bổđề1 - f(x + A) = f(x) + B 2

2 Bổđề2 - f(x + A) + B = f(x + C) + D 10

3 Bài tập rèn luyện 17

4 Tài liệu tham khảo 18

∗THPT Chuyên Bến Tre †THPT Chuyên Tiền Giang

1

Đoàn Quang Đăng1 - Võ Trần Hiền2 (Ngày 28 tháng 7 năm 2022) Phương trình hàm

§1 Bổđề1 - f(x + A) = f(x) + B

Bổđề1.1

Cho các hàm sốf, g, h : R+ →R+ thỏa mãn

f (g(x) + y) = h(x) + f(y)

với mọi sốthực dương x, y. Khi đó hàm g(x)

h(x) là hàm hằng.

Chứng minh. Ký hiệu P(x, y) chỉkhẳng định f (g(x) + y) = h(x) + f(y), ∀x, y > 0. Từ P (x, y −g(x)) ta suy ra

f (y −g (x)) = f (y) −h (x) , ∀x > 0, y > g(x).

Với x, y > 0 và p, q ∈Z+ sao cho pg (x) −qg (y) > 0, từcác đẳng thức trên ta dễdàng chứng minh được

f (z + pg (x) −qg (y)) = f (z) + ph (x) −qh (y)

với mọi z > 0. Nếu ph (x) −qh (y) < 0, khi đó ta thay (p, q) bởi (kp, kq) với k nguyên dương đủlớn thì f (z) + ph (x) −qh (y) < 0,

vốlý. Như vậy pg (x) > qg (y) ⇒ph(x) ⩾qh(y) ∀x, y > 0,

hay g(x) g(y) > q

p ⇒h(x)

h(y) ⩾q

p ∀x, y > 0.

Giảsửg(x)

g(y) > h(x)

h(y), khi đó ta có thểchọn p, q ∈Z+ sao cho

g(x) g(y) > q

p > h(x)

h(y),

điều này mâu thuẫn với chứng minh trên. Vậy

h(x) h(y) ⩾g(x)

g(y) ⇒h(x)

g(x) ⩾h(y)

g(y) ∀x, y > 0.

Thay đổi vai trò x, y trong đánh giá trên ta thu được h(x)

g(x) = h(y)

g(y) = c ∀x, y > 0.

Bình luận 1.2. Một cách chứng minh khác của bạn Ngô Quý Đăng: giảsửtồn tại

u, v > 0 : h(u)

g(u) ̸= h(x)

g(x) . Đặt h(u)

g(u) = a, h(v)

g(x) = b. Không mất tính tổng quát, giảsửa > b.

Với mọi x > 1, hiển nhiên tồn tại y > 0 thỏa

x = y + x −1

g(u)

· g(u). (1)

Tửphương trình (1.1) suy ra

f(y + ng(x)) = f(y) + nh(x), ∀x, y > 0, n ∈N.

2

Đoàn Quang Đăng3 - Võ Trần Hiền4 (Ngày 28 tháng 7 năm 2022) Phương trình hàm

Ta có

f(x) + f y + x −1

g(u)

· g(u) = f(y) + x −1

g(u)

· h(u). (2)

Đẳng thức trên đúng với mọi x > 1 còn y phụthuộc vào x theo quan hệ(1). Thay x bởi 2 + ng(v) vào (2) suy ra

f(2 + ng(v)) = f(y) + 1 + ng(v)

g(u)

h(u) > 0 + ng(v) + 1

g(u) −1 · h(u)

⇒f(2) + nh(v) > ng(v) + 1

g(u) −1 · h(u)

f(2) + nbg(v) > a(1 + ng(v) −g(u))

⇒n(a −b)g(v) < f(2) + ag(u) −a, ∀n ∈N∗.

Điều này vô lý khi cho n →+∞. Bài toán được chứng minh.

Bổđềnày sẽlà một công cụhiệu quảđểta giải quyết các bài toán phương trình hàm có dạng "nửa tuần hoàn" f(x + A) = f(x) + B hoặc các bài có thểđưa vềdạng này. Cần lưu ý rằng các hàm g, h là các hàm sốđộc lập với biến y. Đễthấy rõ thấy sựhiệu quảcủa bổđề, ta xét một sốbài toán sau:

Bài toán 1.3 (VMO 2022)

Tìm tất cảhàm sốf : R+ →R+ thỏa mãn

f f(x)

x + y = 1 + f(y)

với mọi sốthực dương x, y.

Lời giải. Giảsửtồn tại hàm sốthỏa mãn yêu cầu bài toán. Áp dụng bổđề(1.1) ta suy ra tồn tại sốthực dương c sao cho

f(x)

x = c ⇒f(x) = cx ∀x > 0.

Thay lại vào phương trình ban đầu ta suy ra

c(c + y) = f f(x)

x + y = 1 + cy ⇒c = 1.

Như vậy f(x) = x ∀x > 0.

Bình luận 1.4. Ta cũng có thểgiảsửf(x)

x không là hàm hằng. Khi đó tồn tại a, b > 0 phân biệt cho cho f(b)

b > f(a)

a . Khi đó

f f(a)

a + y = f f(b)

b + y = f(y) + 1 ∀y > 0.

Đặt K = f(b)

b −f(a)

a , như vậy f(x) = f(x + K) ∀x > f(a)

a .

3