VINAMATH.COM
Bài 3
PHƯƠNG TRÌNH HÀM VỚI PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỐI SỐ
I/ HÀM SỐ XÁC ĐỊNH BỞI CÁC BIẾN ĐỔI TỊNH TIẾN VÀ ĐỒNG DẠNG
Trong I/ này, sẽ khảo sát lớp phương trình hàm sinh bởi các phép biến đổi hình học
cơ bản như phép đồng dạng
,x ax󽞯
phép tịnh tiến
x x b󽞯 󽜬
và các tổ hợp của chúng.
Cụ thể là chúng ta sẽ khảo sát lớp phương trình hàm dạng
( ) ( ) ,f ax b cf x d󽜬 󽜾 󽜬
với
0, 0.a c󽞺 󽞺
Bài toán 1. Cho các số
󽝼 󽝾
, \ 0b c R󽟏
và
.d R󽟏
Tìm các hàm
:f R R󽞯
thỏa mãn điều
kiện
( ) ( ) , .f x b cf x d x R󽜬 󽜾 󽜬 󽜣 󽟏
(1)
Giải.
- Xét trường hợp
1.c 󽜾
khi đó (1) có dạng
( ) ( ) , .f x b cf x d x R󽜬 󽜾 󽜬 󽜣 󽟏
(i)

( ) ( ),g x b g x󽜬 󽜾
.x R󽜣 󽟏
- Xét trường hợp
1.c 󽞺
Đặt
( ) ( ) .
1
d
f x g x
c
󽜾 󽜬
󽜮
Khi đó ta có
( ) ( ) , ,
1 1
d d
g x b c g x d x R
c c
󽟧 󽟷
󽜬 󽜬 󽜾 󽜬 󽜬 󽜣 󽟏
󽟨 󽟸
󽜮 󽜮
󽟩 󽟹
hay
( ) ( ),g x b cg x󽜬 󽜾
trong đó
( ) ( ) , .
1
d
g x f x x R

0,c 󽜿
( )f x 󽜾
| | ( ),
1
x
b
d
c h x
c
󽜬
󽜮
với
( )h x
là hàm tùy ý sao cho
( ) ( ),h x b h x󽜬 󽜾 󽜮
với
0.c 󽜽
Kết luận:
VINAMATH.COM
1
VINAMATH.COM
- Nếu
1c 󽜾
thì
( ) ( ) ,
d
f x g x x
b
󽜾 󽜬
với

󽜮
với
( )h x
là hàm tùy ý sao cho
( ) ( ),h x b h x󽜬 󽜾 󽜮
nếu
0.c 󽜽
Bài toán 2. Cho các số
󽝼 󽝾 󽝼 󽝾
\ 0;1; 1 , \ 0a R b R󽟏 󽜮 󽟏
và
.c R󽟏
Tìm tất cả các hàm
:f R R󽞯
thỏa mãn điều kiện
( ) ( ) , .f ax bf x c x R󽜾 󽜬 󽜣 󽟏
(2)
Giải.
- Xét trường hợp
1.b 󽜾
Khi đó (2) có dạng
( ) ( ) , .f ax f x c x R󽜾 󽜬 󽜣 󽟏
(i)
Thay
0x 󽜾
vào (i) ta được điều kiện cần để (i) có nghiệm là
0.c 󽜾
Khi đó
( )f x
là

( )h ax 󽜾
( ), 0h x x󽜮 󽜣 󽞺
với
0.b 󽜽
Vậy
(i) với
0b 󽜿
thì
1
c
b󽜮
khi
0x 󽜾
( )f x 󽜾
| |
log
| | ( ), 0,
1
a
b
c
x h x x
b
󽜬 󽜣 󽞺
󽜮
với
( )h x
làm hàm tùy ý sao cho
( ) ( ),h ax h x󽜾
(ii) với

1, 0b c󽜾 󽜾
thì
( )f x
là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ
a
trên
.R
- Nếu
0 1b󽜽 󽞺
thì
VINAMATH.COM
2
VINAMATH.COM
1
c
b󽜮
khi
0x 󽜾
( )f x 󽜾
| |
log
| | ( ), 0,
1
a
b
c
x h x x
b
󽜬 󽜣 󽞺
󽜮

\ 0b R󽟏
và
.c R󽟏
Tìm tất cả các hàm
:f R R󽞯
thỏa mãn điều
kiện
( ) ( ) , .f x bf x c x R󽜮 󽜾 󽜬 󽜣 󽟏
(3)
Giải.
- Xét trường hợp
1.b 󽜾
khi đó (3) có dạng
( ) ( ) .f x f x c󽜮 󽜾 󽜬
cho
0,x 󽜾
ta được
(0) (0) .f f c󽜾 󽜬
Vậy điều kiện cần để phương trình có nghiệm là
0.c 󽜾
Khi đó, mọi
hàm
( )f x
chẵn xác định tên
R
đều nghiệm.
- Xét trường hợp
1.b 󽜾 󽜮
Khi đó (3) có dạng
( ) ( )f x f x c󽜮 󽜾 󽜮 󽜬

󽟨 󽟸
󽜮 󽜮
󽟩 󽟹
Hay
( ) ( ),g x bg x󽜮 󽜾
trong đó
( ) ( ) , .
1
c
g x f x x R
b
󽜾 󽜮 󽜣 󽟏
󽜮
(i)
Từ (i) suy ra
2
( ) ( ( )) ( ) ( ).g x g x bg x b g x󽜾 󽜮 󽜾 󽜮 󽜾
Do đó
( ) 0g x 󽞻
và vì vậy
( ) .
1
c
f x
b
󽞻
󽜮
Kết luận:
- Khi
1b 󽜾

1
c
f x
b
󽞻
󽜮
Bài toán 4. Cho
2
, , , , 0; 4 ; 1.a b R aα β α β α β󽟏 󽞺 󽜿 󽜬 󽞺
Tìm tất cả các hàm
:f R R󽞯
thỏa mãn điều kiện
( ) ( ) ( ) , .f x a f x x a b x Rα β󽜬 󽜾 󽜬 󽜮 󽜬 󽜣 󽟏
(4)
VINAMATH.COM
3
VINAMATH.COM
Giải.
Nếu α = 0 hoặc β = 0 thì ta có Bài toán 1. Vì vậy ta có thể giả thiết α ≠ 0 và β ≠ 0.
Đặt
(x) g(x)
1
b
f
α β
󽜾 󽜬
󽜮 󽜮
Khi đó (4) có dạng
g(x + a) = αg(x) + βg(x – a ), 󰤁 x 󰤉 R (i)
Gọi p, q là các nghiệm của phương trình

1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
x
a
h x ph x a q x h xϕ󽜮 󽜮 󽜾 󽜾
, trong đó
1
( )
( ) ,
qh x
h x x R
p q
󽜾 󽜣 󽟏
󽜮
(v)
So sánh (iii) và (v), ta thu được
1
( ) ( )
g x h x󽜾
. Do đó
( )
( )
1
qh x b
f x
q p α β
󽜾 󽜬
󽜮 󽜮 󽜮
Trong đó h(x) được xác định theo (iv)
Trường hợp 2: 0 > q.

x
a
h x ph x a q x h xϕ
󽜮 󽜮 󽜾 󽜾
2
( )
( )
qh x
h x
q p
󽜾
󽜬
(vii)
Từ (iii) và (vii) ta thu được
2
( ) ( )g x h x󽜾
. Do đó
( )
( )
1
qh x b
f x
q p α β
󽜾 󽜬
󽜬 󽜮 󽜮
.
Trong đó h(x) được xác định theo (vi)
Kết luận:
Gọi p, q là các nghiệm của phương trình
2

󽜬
󽜬 󽜮 󽜮
trong đó h(x) = │q│
x
ϕ
φ
2
(x), với φ
2
(x) là hàm tùy ý sao cho φ
2
(x-φ)-φ
2
(x), 󰤁 x 󰤉 R.
Bài toán 5. Cho h(x) là 1 hàm tuần hoàn trên R chu kì (a > 0). Xác định các hàm f(x)
thỏa mãn điều kiện
f(x + a ) – f(x) = h(x), 󰤁 x 󰤉 R. (5)
Giải.
Sử dụng các đẳng thức
h(x) =
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ,
x a x x a h x a xh x
h x x R
a a a
󽜬 󽜮 󽜬 󽜬
󽜾 󽜮 󽜣 󽟏
ta có thể viết (5) dưới dạng
f(x+a) – f(x) =
( ) ( ) ( )x a h x a xh x

󽜮
=
( ) ( )
,
2 2
h x a h x
x R
󽜮 󽜬 󽜮
󽜮 󽜣 󽟏
Vậy có thể viết (6) dưới dạng
f(x + a) – f(x) =
( ) ( )
,
2 2
h x a h x
x R
󽜮 󽜬 󽜮
󽜮 󽜣 󽟏
hay
g(x + a) = g(x), trong đó
g(x) =
( )
( )
2
h x
f x 󽜬
(i)
Kết luận:
( )
( ) ( ) ,

󽜬 󽜬 󽜾 󽜬
󽜬 󽜬
Hay g(x + a) = - bg(x), trong đó (i)
VINAMATH.COM
6
VINAMATH.COM
( )
( ) ( )
1
h x
g x f x
b
󽜾 󽜮
󽜬
Do b ≠ -1 nên – b ≠ 1. Theo bài toán 1, phương trình (i) có nghiệm
(x a) f(x) h(x)f 󽜬 󽜬 󽜾
g(x) = │ b │
x
a
q(x),
Trong đó q(x) là hàm tùy ý sao cho:
( ) f(x) h(x).f x a󽜬 󽜬 󽜾
( ) ( )
( ) ( ),
q x a q x
q x a q x
󽜬 󽜾
󽟪
󽟫
󽜬 󽜾 󽜮

( ) ( ) ( ).f x a f x h x󽜬 󽜬 󽜾
(i)
Sử dụng tính phản tuần hoàn của h(x), ta có các đẳng thức
( ) ( ),
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
, x R.
h x a h x
xh x a x a h x
h x
a a
xh x a x a h x
a a
󽜬 󽜾 󽜮
󽜮 󽜬 󽜮
󽜾 󽜮
󽜮 󽜬 󽜮 󽜮
󽜾 󽜬 󽜣 󽟏
Do đó có thể viết (i) dưới dạng
( ) ( ) ( )
( ) f(x)
xh x a x a h x
f x a
a a
󽜮 󽜬 󽜮 󽜮
󽜬 󽜬 󽜾 󽜬
Hay
g (x + a) = - g(x), trong đó
g(x) = f(x) +

b b
󽜬 󽜾 󽜮
󽜮
󽜾 󽜬
󽜮 󽜮
󽜬
󽜾 󽜬
󽜮 󽜮
Do đó có thể viết (8) dưới dạng
( ) ( )
( ) ( ) ,
1 1
h x a bh x
f x a bf x
b b
󽜬
󽜬 󽜾 󽜾 󽜬
󽜮 󽜮
Hay
( ) ( )g x a bg x󽜬 󽜾 󽜮
, trong đó (ii)
(x)
( ) ( )
1
bh
g x f x
b
󽜾 󽜮
󽜮
.

( ) ( )
( ) ( )
x a h x
f x g x
a
󽜮
󽜾 󽜮
, với g(x) là hàm tùy ý sao cho
( ) ( ), x R.g x a g x󽜬 󽜾󽜮 󽜣 󽟏
Vậy b ≠ 1 thì:
( )
( ) ( ) ,
1
h x
f x g x
b
󽜾 󽜬
󽜮
( )g x 󽜾
│b│
x
a
q(x),
Trong đó q(x) là hàm tùy ý sao cho
( ) ( ), 0
( ) ( ), 0
q x a q x khib
q x a q x khib
󽜬 󽜾 󽜽
󽟪

1
( 1) ( 1)] [x ,
2
1 1 1 1 1 1
( 1) ( 1) ( 1)
3 2 6 3 2 6
x x
x x x x
x x x x x x x
󽞻 󽜬 󽜮
󽜾 󽜬 󽜮 󽜬 󽜮 󽜮
󽟪 󽟺 󽟪 󽟺
󽜾 󽜬 󽜮 󽜬 󽜬 󽜬 󽜮 󽜮 󽜬
󽟫 󽟻 󽟫 󽟻
󽟬 󽟼 󽟬 󽟼
󽞪 󽞭
󽞫 󽞮
󽞬 󽞯
Vậy có thể viết
Q(t) = F(t + 1) – F(t), với
2 3 2 2
1 1 1 1
( ) [ ] .
3 2 6 2
F x a x x x a x x xα β γ
󽟪 󽟺
󽜾 󽜮 󽜬 󽜬 󽜮 󽜬
󽟫 󽟻
󽟬 󽟼
(ii)

(10)
Giải.
Để ý rằng
1 1 ( 1) 1
2 2 2 2 ( 2 ).
x x x x x󽜮 󽜮 󽜮 󽜮 󽜬 󽜮
󽜾 󽜮 󽜬 󽜾 󽜮 󽜮 󽜮
Vậy có thể viết (10) dưới dạng
1 ( 1) 1
( 1) 2 ( ) 2 , .
x x
f x f x x R
󽜮 󽜬 󽜮
󽜬 󽜾 󽜾 󽜬 󽜣 󽟏
Kết luận:
1
( ) ( ) 2 ,
x
f x g x
󽜮
󽜾 󽜮
Trong đó g(x) là hàm tùy ý thỏa mãn
VINAMATH.COM
9
VINAMATH.COM
( 1) ( ), .g x g x x R󽜬 󽜾 󽜣 󽟏
Bài toán 11. Tìm tất cả các hàm f(x) xác định, liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
(4 ) (9 ) 2 (6 ), .f x f x f x x R󽜬 󽜾 󽜣 󽟏
(11)
Giải.

( ) ( ) .
2
g x f x f x
󽟧 󽟷
󽜾 󽜮
󽟨 󽟸
󽟩 󽟹
Do f(x) liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục trên R . Ta có
g (0) = f(0) – f(0) = 0.
Mặt khác, với mọi số tự nhiên n , ta có
2
( ) .
3
n
g x g x
󽟧 󽟷
󽟧 󽟷
󽜾
󽟨 󽟸
󽟨 󽟸
󽟨 󽟸
󽟩 󽟹
󽟩 󽟹
Do đó
2
( ) lim (0) 0, x R.
3
n
n
g x x g

2
( ) lim ( ) (0).
3
n
n
f x f x f
󽞯󽞦
󽟧 󽟷
󽜾 󽜾
󽟨 󽟸
󽟩 󽟹
Do đó
( ) ,f x c c R󽞻 󽟏
tùy ý.
Bài toán 12. Cho các hàm số p(x) và q(x) xác định trên R. Tìm tất cả các hám số f(x)
sao cho
( ) (2 ) ( ) ( ), .p x f x f x q x x R󽜮 󽜬 󽜾 󽜣 󽟏
(12)
Giải.
VINAMATH.COM
10
VINAMATH.COM
Nhận xét rằn hàm số ω(x) = 2 – x có tính chất
2
( ): ( ( )) , .x x x x Rω ω ω󽜾 󽜾 󽜣 󽟏
Thay x bởi ω(x) vào (12), ta được
( ( )) ( ) ( ( )) ( ( )), .p x f x f x q x x Rω ω ω󽜾 󽜾 󽜣 󽟏
(i)
Nhận xét rằng (12) và (i) là hai hệ phương trình tuyến tính đối với hai ẩn hàm f(x) và
f(2 – x). Từ (12) và (i) suy ra

0 0
[1 (2 )) ( )] 0p x p x󽜮 󽜮 󽜾
thì điều kiện cần để phương trình có
nghiệm là các đẳng thức sau được thỏa mãn.
0 0 0
0 0 0
( ) ( ) (2 ) 0
(2 ) (2 ) ( ) 0
q x p x q x
q x p x q x
󽜮 󽜮 󽜾
󽜮 󽜮 󽜮 󽜾
Giả sử điều kiện cần vừa nêu được thỏa mãn. Gọi Z
pq
là tập hợp nghiemj của phương
trình (với ẩn là x):
1 – p(2 – x))p(x) = 0.
Nhận xét rằng nếu x  Z
pq
thì 2 – x  Z
pq
. Khi đó có nghiệm của (12) được xác định như
sau
a) Nếu
pq
x Z󽟐
thì
( ) ( ) (2 )
( ) .
1 (2 )p(x)

))p(x
0
) = 0
Thì điều kiện cần để (12) có nghiệm là
q(x
0
) – p(x
0
) q(2 – x
0
) = 0 và
q(2 – x
0
) – p(2 – x
0
)q(x
0
) = 0.
Nếu điều kiện này được thỏa mãn, thì nghiệm của (12) được xác định theo công thức
VINAMATH.COM
11
VINAMATH.COM
( ) ( ) (2 ))
1 (2 ) ( )
( ) ,
,
pq
q x p x q x
p x p x
f x x Z

cx d
ω
󽜬
󽞺 󽜮 󽞺
󽜬
Trong II/ này , ta sẽ nghiên cứu các phương trình dạng f(ω(x)) = pf(x) + q.
Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho
1
( ) 2 ( ) 3, 2.
2
f f x x
x
󽜮
󽜾 󽜮 󽜣 󽞺
󽜮
(1)
Giải.
Nhận xét rằng phương trình
1
2
x
x
󽜮
󽜾
󽜮
Có nghiệm duy nhất x = 1. Thay x = 1 vào (1) ta được f(1) = 3.
Xét x ≠ 1. Đặt
1
1
t

t
g t h t
󽜮
󽜾
với h(t) là hàm tùy ý sao cho h(t + 1) = h(t), 󰤁t  R \ {0, 1}.
Từ (i) và (ii) ta có
Kết luận :
3,khix 1,
( )
1
( ) 3, 1,
1
f x
g khix
x
󽜾
󽟭
󽟰
󽜾
󽟮
󽜬 󽞺
󽟰
󽜮
󽟯
Trong đó,
( ) 2 ( )
t
g t h t
󽜮
󽜾

a
x
󽜬
󽜾
vào (2) ta được
1
( )
2 2
a q
f
󽜬
󽜾
Xét
0 0
1
,
2
a
x x x
󽜬
󽞺 󽜾
Đặt
0
1
.
t
x x
󽜾
󽜮
Khi đó t ≠ 0, và

󽟨 󽟸
󽜮
󽟨 󽟸
󽜬
󽜮
󽟩 󽟹
(i)
VINAMATH.COM
13
VINAMATH.COM
Hay
2 2
( ), \{0; },
1 1
g t g t t R
a a
󽟧 󽟷
󽜬 󽜾 󽜮 󽜣 󽟏
󽟨 󽟸
󽜮 󽜮
󽟩 󽟹
trong đó
0
1 2
( ) , \{0; }.
2 1
q
g t f x t R
t a
󽟧 󽟷

( ) , \{1, }
1
2 2
2
q a
khix
f x
q a
g khix R
a
x
󽜬
󽟭
󽜾
󽟰
󽟰
󽜬
󽟮
󽜬 󽟏
󽟰
󽜬
󽜮
󽟰
󽟯
Trong đó
2 2
( ) ( ) h(t) , \{0; }
1 1
g t h t t R
a a

d
f R R
c
󽜮 󽞯
sao cho
( ( )) 2 ( ) 3,
d
f x f x x
c
ω
󽜮
󽜾 󽜮 󽜬 󽜣 󽞺
(3)
Giải.
Theo giả thiết thì phương trình ω(x) = x có nghiệm duy nhất x = x
0
Thay x = x
0
vào (3), ta được f(x
0
) = 1.
Xét x ≠ x
0
Đặt
0
1
x x󽜮
= t thì t ≠ 0 , và
0
1

x
c
󽜬 󽜾 󽜮 󽜬 󽜬 󽜣 󽟏
󽜬
󽜬
(i)
Hay
0
1
( ) 2 ( ),g t g t
d
x
c
󽜬 󽜾 󽜮
󽜬
Trong đó
0
1
( ) ( ) 1, \{0}.g t f x t R
t
󽜾 󽜬 󽜮 󽜣 󽟏
(ii)
Suy ra
0
( ) 2 ( ),
t
t
g t h t󽜾
trong đó hàm h(t) tùy ý thỏa mãn
0

Trong đó
0
( ) 2 ( ), 0,
t
t
g t h t t
󽜾 󽜣 󽞺
Với h(t) là hàm tùy ý thỏa mãn
0
1
( ) ( ), t 0.h t h t
d
x
c
󽜬 󽜾 󽜮 󽜣 󽞺
󽜮
󽜬
Bài toán 4. Cho hàm số
2
( )
3
x
x
ω 󽜾
󽜮
Tìm tất cả các hàm số f : R \{3} → R sao cho
( (x)) 2f(x) 3, x 3.f ω 󽜾 󽜮 󽜣 󽞺
(4)
Giải.
Nhận xét rằng phương trình ω(x) = x có hai nghiệm phân biệt x = 1 và x = 2. Đặt x =

󽜾 󽜾 󽜬
󽜮 󽜮
󽜾 󽜬
󽜮
󽜮
Viết (4) dưới dạng sau
1 1
(2 ) 2 (2 ) 3, {2,1,0},
2
2
2
f f t
t
t
󽜬 󽜾 󽜬 󽜮 󽜣 󽟐
󽜮
󽜮
Hay
( ) 2 ( ) 3,
2
1
( ) (2 ), {2,1,0}.
1
t
g g t
g t f t
t
󽜾 󽜮
󽜾 󽜬 󽜣 󽟐
󽜮

x
󽟏
󽟭
󽟰
󽜾
󽜮
󽟮
󽟐
󽟰
󽜮
󽟯
trong đó
1
( ) 3 ( )
g t t h t
󽜮
󽜾 󽜬
, với h(t) là hàm tùy ý tỏa mãn
( ) ( ), {2,1,0}.
2
t
h h t t󽜣 󽟐
Bài toán 5. Cho hàm số
( ) , 0,ab bc 0
ax b
x c
cx d
ω
󽜬
󽜾 󽞺 󽜮 󽞺

vào (5), ta được f(x
1
) = f(x
2
) = 3. Xét x ≠ x
1,
x ≠ x
2
. Đặt
VINAMATH.COM
16
VINAMATH.COM
1
2
x x
t
x x
󽜮
󽜾
󽜮
thì
2
1
1
{ ,0,1},
cx d
t a
cx dα
󽜬
󽟐 󽜾

at t α
󽜮 󽜮
󽜬 󽜾 󽜬 󽜮 󽜣 󽟐
󽜮 󽜮
Hay
1
( ) 2 ( ) 3, { ,0,1}g t g t tα
α
󽜾 󽜮 󽜣 󽟐
trong đó
2 1
2
1
( ) ( ), t { ,0,1}
1
x x
g t f x
t α
󽜮
󽜾 󽜬 󽜣 󽟐
󽜮
(i)
Do x
1
≠ x
2
và c ≠ 0 nên α ≠ 1
Nếu α = - 1 thì (i) cho ta f(x) = g(t) = 3
Do
2

Xét -1 ≠ a < 0. Đặt
2
| |
log
( ) 3 | t | (t), {2,1,0}g t h t
α
󽜾 󽜬 󽟐
Và viết (i) dưới dạng
2 2
| | | |
log log
3 | || | ( ) 2[3 | | ( )] 3t h t t h t
α α
α α󽜬 󽜾 󽜬 󽜮
Do đó h(αt) = - h(t), 󰤁t {2,1,0} (iii)
Từ (i), (ii) và (iii), ta có
Kết luận :
Nếu α = - 1 thì (i) cho ta f(x) ≡ 3
Nếu a ≠ 0 và |α| ≠ 1 thì
1 2
1
1 2
2
3, ,
( )
( ), i x { x , - }
khix x x x
f x
x x
d

2
x
x
x
ω
󽜮
󽜾
󽜮
Tìm tất cả các hàm số f : R\{2} → R sao cho
f(ω(x)) + f(x) = 3, 󰤁x ≠ 2. (6)
Giải.
Nhận xét rằng phương trình ω(x) = x không có nghiệm thực và ω(ω(x)) ≡ x
ta chứng minh mọi hàm dạng
1 3
( ) [ ( ( )) ( )]
2 2
f x g x g xω󽜾 󽜮 󽜬
(i)
với g(x) tùy ý xác định trên R \ {2}, đều là nghiệm của (6).
Thật vậy, nếu f(x) có dạng (i) thì
1 3 1 3
( ( )) ( ) [ ( ) ( ( ))] [ ( ( )) ( )] 3, 2
2 2 2 2
f x f x g x g x g x g x xω ω ω󽜬 󽜾 󽜮 󽜬 󽜬 󽜮 󽜬 󽜾 󽜣 󽞺
Ngược lại, khi f(x) thỏa mãn (6) thì chỉ cần chọn g(x) = f(ω(x)), ta có ngay biểu diễn (i)
Kết luận :
1 3
( ) [ ( ( )) ( )]
2 2
f x g x g xω󽜾 󽜮 󽜬

1
( ( )) [ ( ) ( ( )) ( ( ))]
2
1
[ ( ) ( ( )) ( )]
2
1
= [ ( ) ( ( )) ( ) 2h(x)] ( ) ( )
2
f x g x g x h x
g x g x h x
g x g x h x f x h x
ω ω ω
ω
ω
󽜾 󽜬 󽜮
󽜾 󽜬 󽜬
󽜬 󽜮 󽜬 󽜾 󽜬
Ngược lại, khi f(x) thỏa mãn (7) thì chỉ cần chọn g(x) = f(x) ta có ngay biểu diễn (ii),
Kết luận :
1
( ) [ ( ( )) ( ) ( )]
2
f x g x g x h xω󽜾 󽜬 󽜮
,
với g(x) là hàm tùy ý xác định trên R \ {2}.
Bài toán 8. Cho hàm số
1
( )
1

ω ω ω
ω ω ω ω
󽜮 󽜬
󽜾 󽜾 󽜾 󽜮
󽜮
󽜬
󽜬
󽜮
󽜾 󽜾 󽜾
󽜬
󽜮 󽜬
󰤁 x 󰤉 R \ {-1, 0}
Từ (8) ta thấy f(x) ≡ 1 là một nghiệm của bài toán.
Đặt f(x) = 1 + g(x). Khi đó có thể viết (8) dưới dạng
2
( ( ))) ( ( )) ( ) 0g x g x g xω ω󽜬 󽜬 󽜾
, 󰤁 x ≠ 1; x ≠ 0. (i)
Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của (i) đều có dạng
2
1
( ) [2 ( ) h( ( )) ( ( ))]
3
g x h x x h xω ω
󽜾 󽜮 󽜮
(ii)
với h(x) là hàm tùy ý xác định trên R \ {-1, 0}.
Thật vậy, khi g(x) có dạng (ii) thì
2
( ( )) ( ( )) ( )g x g x g xω ω󽜬 󽜬
2

󽟫
󽟫
󽜾 󽜬 󽜮 󽜮
󽟬
Với h(x) là hàm tùy ý xác định trên R \ {-1, 0}.
Bài toán 9. Cho hàm số q(x) xác định trên R và
1
w( )
1
x
x
󽜮
󽜾
󽜬
.
Tìm tất cả các hàm số f : R \ {-1, 0} → R sao cho
f(ω(ω(x))) + f(ω(x)) + f(x) = q(x) , 󰤁 x 󰤉 R \ {-1, 0} (9)
Giải.
Nhận xét rằng phương trình ω(x) = x không có nghiệm thực và ω(x) có các tính chất
2
3
1 1
( ) : ( ( ))
1
1
1
1
1
1
( ) : ( ( ))) , \{ 1,0}

, 󰤁 x 󰤉 R \ {-1, 0} (ii)
Từ (ii) ta thấy
1
( ) ( )
3
f x q x󽞻
là một nghiệm. Đặt
1
( ) ( ) ( )
3
f x q x g x󽜾 󽜬
Khi đó có thể viết dưới (9) dưới dạng
2
( ( )) ( ( )) ( ) 0
g x g x g xω ω󽜬 󽜬 󽜾
, 󰤁 x 󰤉 R \ {-1, 0} (iii)
Ta chứng minh rằng mọi nghiệm của (iii) đều có dạng
2
1
( ) [2 ( ) ( ( )) ( ( ))]
3
g x h x h x h xω ω󽜾 󽜮 󽜮
(iv)
với h(x) là hàm tùy ý xác định trên R \ {-1, 0}.
Thật vậy, khi g(x) có dạng (iv) thì
2 2
1
( ( ))) ( ( )) ( ) [2h( ( )) h( (x)) h(x)]
3
g x g x g x xω ω ω ω󽜬 󽜬 󽜾 󽜮 󽜮 󽜬

x
ω 󽜾 󽜮
Tìm tất cả các hàm số f : R \ {0} → R sao cho
( ) ( ( )) ( ) ( )p x f x f x q xω 󽜬 󽜾
, 󰤁 x ≠ 0. (10)
Giải. Nhận xét rằng phương trình ω(x) = x không có nghiệm thực và ω(x) có tính chất
2
( ): ( (x)) xxω ω ω󽜾 󽜾
, 󰤁 x ≠ 0
Thay x bởi ω(x) vào (10), ta được
( ( )) ( ) ( ( )) ( ( ))p x f x f x q xω ω ω󽜬 󽜾
, 󰤁 x ≠ 0 (i)
Nhận thấy rằng (10) và (i) là hệ hai phương trình tuyến tính đối với hai ẩn là f(ω(x)) và
f(x).
Nếu [1 – p(ω(x))p(x)] ≠ 0 , 󰤁 x ≠ 0 thì
( ) ( ( )) ( )
( )
1 ( ) ( ( ))
q x q x p x
f x
p x p x
ω
ω
󽜮
󽜾
󽜮
(ii)
( ( )) ( ( )) ( )
( ( ))
1 ( ) ( ( ))

1 ( ( )) ( ) 0p x p xω󽜮 󽜾
Gọi Z
pq
là tập hợp các nghiệm x ≠ 0 của phương trình (với ẩn là x)
1 ( ( )) ( ) 0p x p xω󽜮 󽜾
Nhận xét rằng nếu x
0
≠ 0 thuộc Z
pq
thì
0
( )xω
cũng thuộc Z
pq
. Khi đó nghiệm của (10)
được xác định theo cách sau.
VINAMATH.COM
21
VINAMATH.COM
a) Nếu x ≠ 0 và x
󽟐
Z
pq
thì
( ) ( ) ( ( ))
( )
1 ( ( )) ( )
q x p x q x
f x
p x p x

pq
với Z
pq
là tập nghiệm khác 0 của phương trình 1 – p(x)q(ω(x)) = 0. Khi đó
( ) ( ) ( ( ))
1 ( ( )) ( )
( )
, , 0
pq
pq
q x p x q x
x Z
p x p x
f x
tuyy x Z x
ω
ω
󽜮
󽟭
󽜣 󽟏
󽟰
󽜮
󽜾
󽟮
󽟰
󽜣 󽟐 󽞺
󽟯
BÀI TẬP
Bài 1: Cho a, b, c, d, p, q 󰤉 R, c ≠ 0. Xác định các hàm f(x) sao cho
(x) q, x R\{- }

, 󰤁 x ≠ 0, x ≠ 1
Bài 4: Cho hàm số h(x), x 󰤉 R \ {0}. Tìm f(x) thỏa mãn điều kiệ
1
( ) ( )
f xf x h x
x
󽟧 󽟷
󽜾 󽜬
󽟨 󽟸
󽟩 󽟹
, 󰤁 x ≠ 0,
Bài 5: Tìm các hàm f(x) thỏa mãn điều kiện
1
( ) 1
1
f x f x
x
󽟧 󽟷
󽜾 󽜮
󽟨 󽟸
󽜮
󽟩 󽟹
, 󰤁 x ≠ 0, x ≠ 1
Bài 6: Tìm f(x) thỏa mãn điều kiện
1 1
( ) 1
1
x
f x f f
x x

Suy ra
( ) lim ( ) (1)
n
n
f x f x f
α
󽞯󽞦
󽜾 󽜾
, 󰤁 x 󰤉 R
+
(i)
Nếu |α| > 1, cũng từ (1), ta nhận được
1 1
( )
( ) ( ) ( )
n
a
f x f x f x
α
󽜾 󽜾 󽜾
, 󰤁 x 󰤉 R
+
, 󰤁 n 󰤉 N
Suy ra
1
( )
( ) lim ( ) (1)
n
n
f x f x f

2
1
( ) ( ) ( )
( )
f x f x f x
f x
󽜾 󽜾 󽜾 󽜾
Suy ra
( ) (0) 1f x f󽞻 󽜾 󽞲
Tương tự với x ≥ 1, ta thu được
1/4
1/4 1/4
1/2
1
( ) ( ) ( )
( )
f x f x f x
f x
󽜾 󽜾 󽜾 󽜾
Suy ra
( ) (1) 1f x f󽞻 󽜾 󽞲
Từ giả thiết liên tục (i), suy ra
Kết luận :
VINAMATH.COM
23
VINAMATH.COM
( ) 1,
( ) 1, x R
f x x R
f x

n n
n n
n n n n
C f x C f x C f x C f x
󽜮
󽜮
󽜬 󽜬 󽜬 󽜬 󽜾
(4)
Giải.
Kí hiệu vế trái của (4) là g
n
(x) thì
1
2
0
2
1 1
0
1
2 2 1 2
1 1 1
0 1
( ) ( ) 0,
( ) ( ),
( ) ( ) ( ).
k
k
k k
n
k

k k k
n n n
C C C
󽜮
󽜮 󽜮
󽜬 󽜾
Ta thu được
2
1 1
( ) ( ) ( ) 0
n n n
g x g x g x
󽜮 󽜮
󽜬 󽜾 󽞻
(i)
Từ (i) suy ra g
n – 1
(x) là hàm liên tục và g
n – 1
(0)
Xét 0 < x < 1. Khi đó (i) cho ta
2 4
1 1 1
( ) ( ) ( ( ))
n n n
g x g x g x
󽜮 󽜮 󽜮
󽜾 󽜮 󽜾 󽜮 󽜮
Suy ra
4

1 1
( ) (1) 0
n n
g x g
󽜮 󽜮
󽜾 󽜾
Vậy
1
( ) 0
n
g x
󽜮
󽜾
, 󰤁 x ≥ 0. Kết hợp với (i) ta được
1
( ) 0
n
g x
󽜮
󽞻
󰤁 x 󰤉 R. Lập luận
trên cho ta
1 2 0
( ) ( ) ( ) ( ) 0
n n
g x g x g x f x
󽜮 󽜮
󽜾 󽜾 󽜾 󽜾 󽜾
Kết luận :
f(x) ≡ 0, 󰤁 x 󰤉 R.

1
1
3 1
x x
t
x
x x
t
x
x t
x
󽜬 󽜬
󽜾 󽜬
󽜮 󽜬
󽜾 󽜮
󽜬 󽜬 󽜾 󽜬
Từ (5) suy ra
2
( 1) ( 1) 2( 1)f t f t t󽜬 󽜬 󽜮 󽜾 󽜬
, với | t | ≥ 2 (ii)
Sử dụng đẳng thức
2 2
( 1) ( 1) 2( 1)t t t󽜬 󽜬 󽜮 󽜾 󽜬
Ta có thể viết (ii) dưới dạng sau
2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
f t f t t t󽜬 󽜬 󽜮 󽜾 󽜬 󽜬 󽜮
Hay
( 1) ( 1) 0g t g t󽜬 󽜬 󽜮 󽜾
(iii)