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
( ( )) (1)f f n n b n= + ∀ ∈¥
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

1q =
.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
( ) ( )
( )
( )
i i
i i
f qb r qb f r
f a b
f b a b
+ = +


=


= +

với
{ } { }

( ( )) 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
(0) (0) (0) 0f pf f= ⇒ =
.Vậy ta được
i)
f
đơn ánh
ii)
(0) 0f =
iii)
( ) ( )
k k
f p n p f n=
Vậy hàm
f
hoàn toàn xác định trên tập các bội của
p

f n p b
+
=
suy ra
( ( )) ( . )
k m
f f n f p b
+
=

hay
. ( )
k m
pn p f b
+
=
suy ra
1
. . ( )
k k m
p a p f b
+ +
=

Do đó
1
.
k
p a
+

( ) ( )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:
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
, , { , , }, { , , }X X X X X X a a X b b= ∪ ∩ = ∅ = =
thì
( ) ; ( )
i i i i
f a pb f b a= =
. Từ đây kết hợp
( ) ( ), (0) 0
k k
f p n p f n f= =
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

((3 1)(3 1)) (3(3 ) 1) 4 (3 ) 1g m n g mn m n f mn m n+ + = + + + = + + +
4(4 ( ) ( ) ( ) ( )) 1 (4 ( ) 1)(4 ( ) 1) (3 1) (3 1)f m f n f m f n f m f n g m g n= + + + = + + = + +
Vậy với mọi
, 3 1x y
+
∈ +¢
, ta có:
( ) ( ). ( )g xy g x g y=
Như thế, ta chỉ cần chỉ ra một song ánh
g
là đủ, vì khi đó
(3 1) 1
( )
4
g x
f x
+ −
=
thỏa mãn
đề bài.
Xét
1 2
,P P
là tập các số nguyên tố dạng
3 1,3 2k k+ +
tương ứng và
1 2
,Q Q
là tập các số
nguyên tố dạng

*
( ( )) ( ) ,f mf n nf m m n= ∀ ∈¥
(1)
Lời giải:
+) Đặt
(1)f a=
. Cho
1m =
trong (1), ta có:
*
( ( )) f f n an n= ∀ ∈¥
Cho
1n =
trong (1) được
*
( ) ( ) f am f m m= ∀ ∈¥
Từ đó
*
. ( ( )) ( ( )) a an f f an f f n an n N= = = ∀ ∈
nên
1 (1) 1a f= → =
Vậy
*
( ( )) f f n n n N= ∀ ∈
nên
f
đơn ánh.
+) Ta chứng minh hàm
f
là hàm nhân tính. Thật vậy:

i
p
là số nguyên tố thứ
i
, hàm
f
được cho bởi:
2 2 1 2 1 2
(1) 1, ( ) ; ( )
k k k
f f p k p f p p
+ +
= = =
,
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
4 3k +
và tập các số nguyên tố dạng
4 1k +
, nên cần để ý
đến các tính chất sau:
i)
p

4 1k +
thì tồn tại
n

nguyên dương mà
a
\
2
1n +
Xét các bài toán sau:
Bài 5. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm khác hằng
: (0, )f → +∞¢

thỏa mãn:
i)
( ) ( ) ( )f xy f x f y=
ii)
2 2
2 ( ) ( ) ( ) {0,1, , } ,f x y f x f y 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
4 1k +
và
B
là tập các số nguyên tố dạng
4 3k +

nên
(0) 0f =
hoặc
(0) 1f =
. Nếu
(0) 1f =
thì
(0) ( .0) ( ). (0) ( ) 1 f f x f x f x f x x= = ∀ ∈ → = ∀ ∈¢ ¢
. Mâu thuẫn với việc
f
khác hằng
Vậy
(0) 0f =
.
Giả sử
0n =
thỏa mãn. Ta có
2 2
2 ( ) ( ) ( ) 0 ,f x y f x f y x y+ − − = ∀ ∈¢
Suy ra
2 2
2 ( ) 2 ( ) ( ) (0) f x f x f x f x= = + ∀ ∈¢
Ta được:
2
2 ( ) ( )f x f x=
hay
1
( ) {0, }
2
f x x∈ ∀ ∈¢

Có:
2
(1) (1)f f=
và f khác hằng nên f(1)=1 ( nếu
(1) 0f =
thì
( ) 0 f x x Z= ∀ ∈
)
- Do
2 2 2
2 ( ) ( ) 2 ( 0 ) ( ) (0) {0,1} f x f x f x f x f x− = + − − ∈ ∀ ∈¢
nên
( ) {0,1} f x x∈ ∀ ∈¢
(*)
- Do
( 1) (1) 1f f− = =
và
( 1) 0f − >
nên
( 1) 1f − =
. 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
( ) 0f p =
Rõ ràng

nên
2 2
0 2 (( ) ( ) ) ( ) ( )f ap bq aq bp f ap bq f aq bp= + + − ≥ + + −
. Do
( ), ( ) 0f ap bq f aq bp+ − ≥
nên ta được
( ) 0f aq bp− =
Lại có,
( , ) 1p q =
nên tồn tại
,a b ∈¢
sao cho
1aq bp− =
, ta được
(1) 0f =
. Mâu
thuẫn.
Vậy có duy nhất số nguyên tố
p
mà
( ) 0f p =
Cuối cùng, ta chứng minh p phải là số nguyên tố dạng 4k+3.
Thật vậy.
- Nếu
4 1p k= +
thì tồn tại
y ∈¥
sao cho
p
\

( ) ( )f a f b≥

ii)
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ,f ab f a b f a f b a b+ + = + ∀ ∈¥
Lời giải:
+) Trước hết, do
n
\
0
và
1
\
n

, 0n n∀ ∈ =
/
¥
nên
(0) ( ) (1) , 0f f n f n N n≥ ≥ ∀ ∈ =
/

+) Cho
0b =
trong ii), có:
2
( ) ( ) f a f a a= ∀ ∈¥
, suy ra
2
( ) ( ) , 0,

f a f a f a f a f a
−
= ≥ ≥ =
Vậy
( ) ( ) ,
k
f a f a a k= ∀ ∈¥
\{
0
}
+) Cho
1b =
trong ii), ta có
2
( 1) (1) f a f a+ = ∀ ∈¥
.
+) Ta chứng minh
( ) (1)f a f=
với mọi
a
không có ước nguyên tố dạng
4 3k +
.
Thật vậy, nếu
a
chỉ có ước nguyên tố dạng
4 1k +
thì tồn tại X sao cho
a
\

4 3p k= +

thì
p
\
a
- mâu thuẫn). Ta được
2 2
( ) (1)f a b f+ =
.
Mà
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) (1)f ab f a b f a f b f a f a b f+ + = + = + =
nên
( ) ( )f ab f b=

+) Với
, 0n n∈ =
/
¥
bất kỳ, ta có
i
i
n p
α
=
∏
. Khi đó:
( ) ( )
i

i
n p
α
=
∏
.
j
j
q
β
∏
với
i
p
là số nguyên tố dạng
4 3k +
và
j
q
là các số nguyên
tố dạng
4 1k +
. Theo (*1) và (*2) thì
( ) ( )
i
f n f p= ∏
.
+) Cuối cùng, nếu
1 2
p p=

.
Do đó
1 2 1 2
( ) ( ) ( ) 1f p p f p f p= + −
2 2
1 2 3
(( ) ) 1f p p p+ =
nên từ
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 3
( ) (( ) ) ( ) ( )f p p p f p p p f p p f p+ + = +
suy ra
1 2 3 1 2 3 1 2 3
( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 2f p p p f p p f p f p f p f p= + − = + + −
Tương tự:
1 2
1
( ) ( ) ( 1)
k
k i
i
f p p p f p k
=
… = − −
∑
Vậy hàm
f
hoàn toàn được xác định khi biết
( )f p
với

=
=
∏
.
j
j
q
β
∏
với
i
p
là số nguyên tố dạng
4 3m
+
và
j
q
là các số
nguyên tố dạng
4 1m +
thì
1
( ) ( )
k
i
i
f n f p
=
=

i
k
m
i
i
i
n p p m
α
=
= = ≥
/
∏
thì
( ) (3) (3) 2f n f k k f= + − = =
, hay
( ) 1 f x x= ∀
không chia hết cho 3,
( ) 2f x =
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)
( ( )) ( ) ,f xf y yf x x y

( ( )) (1) (2)f f y yf f= →
đơn ánh
Cho
1y =
suy ra
(1) 1f =
nên
1 A∈
Giả sử
a A∈
.
Nếu
a
>
1
, bằng quy nạp dễ chứng minh
( )
n n
f a a=
, suy ra
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
.
Mâu thuẫn với ii)
Nếu
0
<

Thử lại thấy
2
1
( ) 1
2
f x x= −
thỏa mãn.
Bài 8. Cho
( 1, )S = − +∞
. Tìm
:f S S→
thỏa mãn:
i)
( ( ) ( )) ( ) ( ) ,f x f y xf y y f x yf x x y S+ + = + + ∀ ∈
ii)
( )f x
x
tăng trên
( 1,0)−
và
(0, )+∞
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

+) Nếu
a
>
0
thì
2
2 0a a+ >
. Tương tự có mâu thuẫn.
Vậy
{0}A =
nên
( )
1
x
f x x S
x
= − ∀ ∈
+
. Thử lại thấy đúng.
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
0m n= =
, ta được:
( (0)) ( (0)) (0) (0) 0 ( (0)) 0f f f f f f f f= + → = → =
+) Cho
0m =

( )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

f qk r qk n k+ = +
với
0 r k≤ <
Kiểm tra:
Đặt
, ,0 ,m ak r n bk s r s k= + = + ≤ <
thì
( ( )) ( ) , ( )
r s
f f m f m ak n k f n bk n k= = + = +
Suy ra
( ( )) ; ( ( )) ( )
r s r s
f m f n ak bk n k n k f f m f n ak bk n k n 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)
0 A∈
ii)
,u v A∈
thì
,u v u v A+ − ∈
Với các tính chất như vậy và
A ⊂ ¥
thì
{ , }A km m= ∈¥
với
k

/
, ta chứng minh
f
đơn ánh. Thật vậy
Trong (1) thay x bởi
( )f y−
, ta có
( ) ( ( )) (2)f y f f y ny y Z= − + ∀ ∈
.
Giả sử
1 2
( ) ( )f y f y=
, ta có
1 2
ny ny=
. Do
0n =
/
nên
1 2
y y=
+) Trong (2) cho
0y =
được
(0) ( (0)) (0) 0f f f f= − → =
+) Đặt
{ / ( ) ( ) ( ) }A y f x y f x f y x= + = + ∀ ∈¢
. Ta sẽ xây dựng hàm
f
dựa vào tập

, 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
{0}A =
hoặc
{ , },A ku k u= ∈ ∈¢ ¥
Thật vậy, giả sử
B
là tập các số nguyên dương của
A
Nếu
B
= ∅
thì
{0}A =
do tính chất ii)
Nếu
B = ∅
/
thì
B
có phần tử nhỏ nhất
u
. Với
b B∈
, đặt

Vậy
,x A x ku∀ ∈ =
thì
( ) ( ) ( )
x
f x kf u f u
u
= =
Suy ra
x∀ ∈¢
, do
( )x f x A+ ∈
nên
( ( )) ( )
( ( ))
x f x f u
f x f x
u
+
+ =
Mà do (*):
( ( )) f x f x nx x Z+ = ∀ ∈
nên
( ( )) ( )

x f x f u
nx x
u
+
= ∀ ∈¢

thì không tồn tại
( )f x
+) Nếu
0n =
, 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
{0}A =
hoặc
{ , }A ku k= ∈¢
. Thật vậy:
i)
0 A∈
ii)
y A∈
thì
( ) ( ) ( )f x f x y y f x y= − + = −
nên
( ) ( ) f x y f x x− = ∀ ∈¢
. Từ đó
y A− ∈
iii)
,y z A∈
thì
( ) ( ) ( ) f x y z f x y f x x Z+ + = + = ∀ ∈

−
= = − … − = − −
,
trong đó
, 0,1,2, , 1
i
k i u= −
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
( ( )) ( ( )) ( ) ( ) 1 ,f x f y f f y xf y f x x y− = + + − ∀ ∈¡
(1)
Lời giải:
Đặt
( ) { ( ), }A f f x x= = ∈¡ ¡
.
+) Trước hết, ta xác định hàm
f
trên tập
A
.
Ta có:
( )x A x f y∈ → =
. Trong (1) cho
( )x f y=
thì
2 2 2

f
nhờ các giá trị dạng
( ) ( )f x c f x− −
x∀ ∈¡
,
1 2
,y y A∃ ∈
sao cho
1 2
x y y= −
Suy ra
1 2 1 1 1 2 1 2 1
( ) ( ) ( ( )) ( ( )) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1f x f y y f y f z f f z y f z f y f y y y f y= − = − = + + − = + + −
Mà
2 2
2 2 1 1
1 1 1 1
( ) ( 1) ; ( ) ( 1)
2 2 2 2
f y c y f y c y= + − = + −
nên
2 2
1 2
1 1
( ) ( 1) ( ) 1
2 2
f x c y y c x x= + − − − = − ∀ ∈¡
Cho
x A
∈

0 A∈
nên tồn tại
0
x ∈¡
sao cho
0
( ) 0f x =
.
Trong (1) thay
x
bởi
0
x
thì được
0 0
( ) 2 ( ( ) )f y x f f y x= + −
, từ đó:
0
( )f z z x= −
với
0
( )z f y x= −
Mà
x∀ ∈¡
, tồn tại
y ∈¡
sao cho
0
( )x f y x= −
, khi đó