Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An
Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

Sáng kiến kinh nghiệm:

LỚP PHƯƠNG TRÌNH HÀM
CỘNG TÍNH VÀ NHÂN TÍNH
Môn: Toán học
Tác giả: Ngô Quốc Chung
Tổ: Toán-Tin
Điện thoại: 0906236777

Vinh, tháng 3 năm 2020

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

1

I. Đặt vấn đề:
Toán học hiện đại là nền tảng của toán học phổ thông, tuy nhiên có lẽ là
do cách học tập của các học sinh và cách tiếp cận vấn đề của Giáo viên, dẫn đến
nhiều khi nó được xem là không có nhiều ích lợi, hoặc không có mối liên hệ nào
với toán học phổ thông. Sau khi tiếp cận các đồng cấu Đại số chúng tôi nhận
thấy có một lớp các bài Toán phương trình hàm được mang trong nó các bản
chất của đồng cấu Đại số, do đó ta có thể vận dụng các Định lý của lý thuyết
Nhóm để giải bài Toán.
Với ý muốn là sẽ tạo nên một ví dụ về cách nhìn nhận toán học phổ thông
bằng các kiến thức cơ bản của toán học hiện đại và từ đó chúng tôi sẽ giải quyết
một lớp bài toán Phương trình hàm. Với lý do đó chúng tôi chọn đề tài “Lớp
phương trình hàm cộng tính và nhân tính”. Chúng tôi xin được giới thiệu về
một lớp các bài toán của phổ thông nhưng mang trong mình những tư tưởng của
toán học cao cấp đó là lớp các bài toán phương trình hàm mà bản chất là các
đồng cấu đại số.
Các bài toán phương trình hàm vốn vẫn được xem là các bài toán khó đối
với học sinh phổ thông, và cũng tương đối khó đối với các giáo viên PTTH song
nó lại thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia và các kỳ thi
toán quốc tế và khu vực. Trong khuôn khổ một bài viết này tôi xin được trình
bày một lớp phương trình hàm có tên gọi là lớp phương trình hàm “cộng tính,
nhân tính”, ý tưởng này xuất phát từ việc xét các đồng cấu đại số trên các cấu
trúc đại số trong các tập hợp số ở trường phổ thông. Trong quá trình giảng dạy
cho học sinh khá, giỏi chúng tôi nhận thấy các em tiếp thu khá tốt phương pháp
đồng cấu Đại số, nhờ đó cái em giải được một hệ thống bài tập được đề xuất.
Bài viết này cũng là một trong các ý tưởng mà chúng tôi sẽ tiếp tục hoàn
thành đó là chuyển tải các khái niệm Toán học hiện đại bằng ngôn ngữ Toán học
phổ thông.
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trường PT Hermann
Gmeiner đã đóng góp nhiều ý kiến quý báu giúp chúng tôi hoàn thành bài viết
này.
Vinh, tháng 3 năm 2020
Tác giả
Ngô Quốc Chung
Tổ Toán-Tin, trường PT Hermann Gmeiner Vinh
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

2

II. Nội dung:
A. Cơ sở lý thuyết
1. Các khái niệm cơ bản về hàm cộng tính và hàm nhân tính
Như chúng ta đã học ở chương trình đại số đại cương, ánh xạ
f : X Y

từ nhóm (nửa nhóm) (X,+) vào nhóm(nửa nhóm) (Y,*) gọi là một đồng cấu
nhóm (nửa nhóm) nếu nó thoả mãn
f ( a  b)  f ( a ) * f (b), a, b  X

Trong toán học phổ thông chúng ta gặp rất nhiều cấu trúc đại số. Như N
với phép cộng là nửa nhóm N, Z với phép nhân là nửa nhóm. Q*, R* với phép
nhân thông thường là nhóm, Z, Q, R với phép cộng là nhóm, Q, R với phép nhân
và phép cộng thông thường là một trường.
Bởi vậy ở đây chúng ta sẽ đặt ra bài toán vậy thì các đồng cấu nhóm ở
trên các nhóm này có dạng như thế nào. Và để chuyển bài toán trên về ngôn ngữ
Toán học phổ thông ta có các định nghĩa sau.
1.1 Định nghĩa:
Hàm số y = f(x) được gọi là hàm cộng tính nếu x, y  D f và x  y  D f
thì ta có f(x+y) = f(x) +f(y)
1.2 Định nghĩa:
Hàm số y = f(x) được gọi là hàm nhân tính nếu x, y  D f và xy  D f thì
ta có f(xy) = f(x) f(y)
2. Một số khái niệm và định lý về hàm cộng tính liên tục
Trong toán học phổ thông, các hàm số được nghiên cứu chủ yếu là lớp các
hàm liên tục, bởi vậy khi xét lớp hàm cộng tính chúng ta cũng sẽ xét chúng cùng
với tính chất liên tục.
2.1 Bổ đề:
Cho hàm số cộng tính f:R  R khi đó ta có f(qx)=qf(x),  q Q,  x R
Chứng minh: Theo bài toán 4 ta có :
f(q)=qf(1)

 q Q



f(0)=0



f(x-x)=f(x)+f(-x)=0



f(-x) =-f(x)

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

(*)
3

Theo ii) ta lại có:
f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x)
Bằng quy nạp ta chứng minh được:
f(nx)=nf(x)

 n N

Nhờ (*) ta suy ra:
f(mx)=mf(x)

 m Z

n
1
f(x) = f( x)=nf( x)
n
n

lại có:

 n N*

1
f ( x)
 f( x)=
n
n
 q Q,  x R ta có q=

m
với m Z, n N*
n
m
1
f ( x)
x)=mf( x)=m
n
n
n



f(qx) = f(



f(qx)=qf(x)

2.2 Định lý: Cho hàm số cộng tính f:R  R khi đó các mệnh đề sau là tương
đương:
i)

f liên tục

ii)

f liên tục tại 0

iii)

Tồn tại n N sao cho |f(x)| ≤ n|x|,  x R

Chứng minh:
Rõ ràng i)  ii)
Bây giờ ta chứng minh
ii)  iii)
Giả sử ngược lại mọi n N đều tồn tại x R sao cho:
|f(x)|>n|x|

(1)

Rõ ràng x  0, vì nếu x=0 thì |f(x)|=0≤ n|x|=0


Từ (1)



|x|=d>0

(2)

| f ( x) | f ( x)
=
>d
n
n

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

4

Theo Bổ đề 2.1 ta có:

f ( x)
x
=f( )
n
n

Lại do f liên tục tại 0 và lim

n 

lim

n



lim

n

x
=0, nên suy ra:
n

f ( x)
=0
n
f ( x)
=0>d
n

Điều này mâu thuẫn với (2), vậy ta có (đpcm)
iii)  i)
Giả sử tồn tại n N sao cho
|f(x)|≤ n|x|,  x  R
Với xo là điểm bất kỳ thuộc R khi đó  t>0 chọn u=nt ta có:
Nếu
|x-xo| < t
thì
|f(x)-f(xo)|=|f(x-xo)|≤ n|x-xo|

|f(x)-f(xo)|
 f là hàm số liên tục

2.3 Định nghĩa:
Cho hai tập hợp A và B thoả mãn A  B  R. Khi đó tập A được gọi là trù
mật khắp nơi trong tập B nếu với mọi b B, đều tồn tại dãy {an}  A sao cho:
lim an=b

n

2.3.1 Hệ quả:
Tập các số hữu tỷ Q trù mật khắp nơi trong tập các số thực R
Chứng minh:
Do mỗi số thực đều tồn tại một dãy hữu tỉ nhận nó làm giới hạn, từ đó suy
ra tập Q trù mật khắp nơi trong tập R
Xuất phát từ một định lý rất quen thuộc trong tôpô được phát biểu như
sau:
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

5

“ Giả sử X là một không gian tôpô, Y là T2-không gian. f,g:X  Y là các
ánh xạ liên tục. Khi đó nếu f=g trên tập con trù mật khắp nơi của X thì f≡g”
và như chúng ta đã biết R với tôpô thông thường là T4-không gian nên hiển
nhiên nó là T2-không gian khi đó ta có định lý sau.
2.4 Định lý:
Giả sử A là một tập con trù mật khắp nơi trong R. f, g:R  R là các hàm liên tục
thoả mãn: f(a)=g(a)  a A. Khi đó ta có f≡g.
Chứng minh:
 x R, do A trù mật khắp nơi trong R, nên tồn tại dãy {an}  A sao cho:
lim an=x

n

Lại do f, g là các hàm liên tục nên ta có:
lim f(an)=f(x) và lim g(an)=g(x)

n 

n 

(3)

Do {an}  A, nên theo giả thiết
 f(an)=g(an),  n N
 {f(an)}={g(an)}

(4)

Từ (3), (4) và tính duy nhất của giới hạn dãy số, ta suy ra:
f(x)=g(x)
Do x ta lấy bất kỳ  f ≡ g
2.4.1 Hệ quả:
Nếu f, g:R  R là các hàm liên tục thoả mãn: f(q)=g(q)  q Q, thì ta có f≡g.
Chứng minh:
Theo hệ quả 2.3.1 tập Q trù mật khắp nơi trong R, nên áp dụng định lý 2.4
ta có điều phải chứng minh.
B. Các bài toán áp dụng:
Bài toán 1: Cho hàm số f: Q  Q thoả mãn các điều kiện :
i) f(x) ≤ x
ii) f(x+y)≤ f(x)+f(y)

Chứng minh rằng f là hàm cộng tính.
Lời giải:
Từ i)  f(0) ≤ 0
ii)  f(0) ≤ 2f(0)  0≤ f(0)
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

6

Suy ra

f(0) = 0

Lại có
f(0) = f(x-x) ≤ f(x)+f(-x) ≤ x+(-x) = 0
 f(x) + f(-x)=0
 f(-x) = f(-x)

Mặt khác ta có:
f(x)=f(x+y-y) ≤ f(x+y)+f(-y)=f(x+y)-f(y)
 f(x)+f(y) ≤ f(x+y)

Kết hợp với ii) ta có:
 x,y  R

f(x+y)=f(x)+f(y)
Vậy f(x) là hàm cộng tính

Bài toán 2: Xác định hàm số f : Z  Z thoả mãn f ( x  y )  f ( x)  f ( y )
Lời giải:
Với x=y=0 ta có :


y=-x

ta có:

f(0)=f(0)+f(0)
f(0)=0
f(0)= f(x-x)=f(x)+f(-x)



0=f(x)+f(-x)



f(-x)=-f(x)

(1)

y=x

ta có: f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x)

y=2x

ta có: f(3x)=f(x+2x)=f(x)+f(2x)=3f(x)

Bằng quy nạp ta chứng minh được:
f(nx)=nf(x),  n  N


f(n)=nf(1)

 n N

(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra :
f(x)=xf(1)  x  Z
Đặt a = f(1)  f(x)=ax với a là hằng số thuộc Z.
Thử lại thấy f(x)=ax thoả mãn bài toán, vậy hàm số cần tìm là:
f(x)=ax với a là hằng số thuộc Z
Nhận xét:
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

7

Hàm cộng tính xác định trên tập Z thì ta luôn có:
f(mx)=mf(x)  m  Z

Bài toán 3: Xác định hàm f: Z  Z thoả mãn
f(x+f(y))=f(x)+y

 x,y  Z

Lời giải:
Với x = y = 0 ta có:
f (0+f(0))=f(0)+0


f(f(0))=f(0)

(3)

Với x=0, y=f(0) ta có:
f(f(0))=f(0f(0))=f(0f(f(0)))=f(0)f(0)=2f(0)

(4)

Từ (3) và (4) suy ra :
f(0)=2f(0)


f(0)=0

Với x=0 ta có:
f(f(y))=f(0 f(y))=f(0)y=y


f(f(y))=y

Suy ra:
f(x+y)=f(x+f(f(y)))=f(x)+f(y)


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

Theo Bài toán 2, ta có hàm số cần tìm là:
f(x)=ax với a là hằng số thuộc Z
Bài toán 4: Tìm các hàm số cộng tính f: Q  R
Lời giải:
Vì f(x) cộng tính xác định trên Z, nên theo nhận xét sau Bài toán 2 ta có:
f(mx)=mf(x)


f(1)=f(



f(

 m Z

m
1
)=mf( )
m
m

1
f (1)
)=
m
m

 m Z\{0}
 m Z\{0}

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

8

Với  x Q ta có x=
f(x)=f(


m
với m Z, n N* . Khi đó ta có:
n

m
1
f (1) m
)=mf( ) =m
= f(1)
n
n
n
n

f(x)=xf(1)

Đặt a=f(1)  a R, khi đó ta có:
f(x)=ax

với a là hằng số thuộc R

Thử lại thấy f(x) như trên thoả mãn bài toán. Vậy hàm số cần tìm là:
f(x)=af(x) với a là hằng số thuộc R
Bài toán 5: Tìm tất cả các hàm số f:Q  R thoả mãn các điều kiện sau:
i) f(1)=2
ii) f(x+y)=f(x)+f(y)+2

 x,y  Q

Lời giải:
Từ điều kiện ii) ta có:
f(x+y)=f(x)+f(y)+2
 f(x+y)+2=(f(x)+2)+(f(y)+2)

Đặt
g(x)=f(x)+2
Ta có g là hàm số có miền xác định là Q nhận giá trị trong R, và g thoả mãn:
g(1)=4
và
g(x+y)=g(x)+g(y)

 x,y  Q

Theo bài toán 4 ta có:
g(x)=xg(1)=4x

 x Q

 g(x)=4x
 f(x)=g(x)-2

 f(x)=4x-2

Thử lại thấy f(x)=4x-2

chính là hàm số cần tìm.

Bài toán 6: Cho hàm số f: R  R thoả mãn:
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

9

i) f(1)=1
ii) f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1  x,y  R

Tìm tất cả các n Z sao cho: f(n)=n
Lời giải:
Từ ii) ta có:
f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1


f(x+y)-xy+1=f(x)+1+f(y)+1



x2 y2
x2
y2
f(x+y)- - - xy + 1 = f(x)- +1 + f(y) - +1
2 2
2
2



( x  y)2
x2
y2
f(x+y)+1= f(x)- +1+ f(y)+1
2
2
2

Đặt

g(x)=f(x)-

x2
+1
2

Khi đó g là hàm số xác định trên toàn bộ R và thoả mãn:
1
3
g(1)=f(1)- +1=
2
2

và
g(x+y)=g(x)+g(y)
Theo Bài toán 4 ta có:

3
g(x)=xg(1)= x
2


f(x)=g(x)+



f(x)=

 x Q

x2
-1
2

x2 3
+ x -1
2 2

 x Q
 x Q

Giả sử n Z là số cần tìm. Khi đó ta có:
f(n)=n
Mặt khác n Q, nên suy ra:
n2 3
f(n)= + n-1=n
2 2
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

10

 n2+n-2 = 0

 n 1
 n  2




Vậy với n=1 và n=-2 thì f(n)=n
Bài toán 7: (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh Thanh Hoá vòng 2 năm 2001)
Tìm tất cả các hàm số f: Q  R thoả mãn :
i) f(-8)=0
ii) f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x+y+6)-8

 x,y  Q

Lời giải:
Từ ii) ta có :
f(x+y) = f(x)+f(y)+3xy(x+y+6)-8


Đặt

 x,y  Q

f(x+y)-(x+y)3-9(x+y)2-8 = f(x)-x3-9x2-8+f(y)-y3-9y2-8

g(x)=f(x)-x3-9x2-8

Khi đó ta có hàm g có miền xác định là Q và thoả mãn
g(x+y) = g(x)+g(y)
Theo bài toán 4 ta có:
g(x) = ax với a là hằng số thực.
Lại có
g(-8) = f(-8)-(-8)3-9(-8)2-8=-72
g(-8) = -8a
Suy ra :
-8a = -72


Vậy 


a

= 9

g(x) = 9x
f(x) = x3+9x2+9x+8

Thử lại thấy f(x) thoả mãn bài toán vậy hàm số cần tìm là:
f(x) = x3+9x2+9x+8
Bài toán 8: Xác định hàm số f:R  R vừa có tính chất cộng tính vừa có tính
chất nhân tính.
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

11

Lời giải:
Rõ ràng hàm số f(x)  0 là hàm số vừa có tính chất cộng tính vừa có tính
chất nhân tính.
Vì f là hàm cộng tính nên theo bài toán 4 ta có:
 q Q

f(q) = qf(1)

(5)

 f(0)=0

Giả sử f(x)  0 khi đó tồn tại xo  R\{0} sao cho:
f(xo) ≠ 0
 f(xo)=f(1.xo)=f(1)f(x0) ≠ 0
 f(1)≠ 0

(6)

Lại có :
f(1)=f(1.1)=(f(1))2
 f(1)[f(1)-1]=0

(7)

Từ (6) và (7)
 f(1) = 1

Kết hợp với (4)
 q Q

 f(q) = q

Vì
0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)
 f(-x)=-f(x)
 f(x-y)=f(x)-f(y)

(8)

Khi đó  x  R\{0} ta luôn có:
x
1
f(1)=f( ) = f(x)f( ) ≠ 0
x
x

 f(x) ≠ 0  x ≠ 0
 x >0

 f(x)=f( x )f( x )=(f( x ))2 >0

 f(x) >0

 x >0

(9)

Nếu tồn tại x mà f(x) > x , khi đó tồn tại q Q sao cho:
f(x) > q > x
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

(*)
12

 q-x > 0

Từ (8) và (9)  f(q-x)=f(q) - f(x)=q - f(x) > 0
 q > f(x)

điều này trái với (*), vậy không tồn tại x sao cho f(x)Chứng minh tương tự như trên ta cũng suy ra không tồn tại x để f(x)< x .
Suy ra:
f(x)=x  x
Rõ ràng f(x)=x là hàm vừa cộng tính vừa nhân tính
Kết luận: Có hai hàm số thoả mãn bài toán là:
f(x)  0 và f(x)  x
Nhận xét:
Bài toán này chỉ là một hệ quả của định lý sau trong Lý thuyết trường:
“Mọi đồng cấu trường đều là đơn cấu hoặc là đồng cấu không”

Bài toán 9: Tìm tất cả hàm cộng tính f: R  R thoả mãn các điều kiện:
i) f(1)=1
1
ii) f(x)f( ) =1  x ≠ 0
x

Lời giải:
Từ Bài toán 4 và điều kiện i) ta có :
f(q)= q  q Q
 f(0)= 0 và f(-1)=-1

Tương tự bài toán 8 ta có:
f(x-y)=f(x)-f(y)
Từ điều kiện ii)
 f(x) ≠ 0  x ≠ 0

Với x R\{-1; 0; 1}:
 x2 - x ≠ 0
 f(x2- x) ≠ 0

Khi đó ta có:

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

13

1

1
f ( x )  f ( x)

=

2

f ( x  x)

(10)

2

Theo ii) ta lại có:
f(x2-x)f(

1
) =1
x x
2

1



= f(

2

f ( x  x)

= f(


1
2

f ( x  x)

=

1
1
1
) = f(
 )
x 1 x
x x
2

1
1
1
1
)-f( ) =
f ( x)  1 f ( x)
x 1
x
1

(11)

2

( f ( x ))  f ( x)

Từ (10) và (11)


1
1
=
f ( x 2 )  f ( x) ( f ( x )) 2  f ( x)

 f(x2) =( f(x))2
 f(x)=f( x )f( x )=(f( x ))2 >0

Lại do f(1)=1>0  f(x)>0

 x >0; x ≠ 1

 x >0

Giả sử tồn tại x mà f(x)  q Q sao cho :

f(x) < q < x

(**)

 x-q > 0

 f(x-q)=f(x)-f(q)=f(x)-q>0
 f(x) > q

Điều này trái với (**) vậy không tồn tại x mà f(x)Tương tự ta cũng có không tồn tại x để f(x)>x. Suy ra:
f(x)=x  x
Thử lại thấy thoả mãn bài toán, vậy hàm số cần tìm là:
f(x)  x
Bài toán 10: Cho hàm số f: R\{0}  R thoả mãn:
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

14

i) f( a ) = a

 a  N*

ii) f(x+y) = f(x)+f(y)

 x, y R\{0};x+y ≠ 0

1
f ( x)
iii) f( ) = 2
x
x

x ≠ 0

Tính f(

2002
)
2003

Lời giải:
Với x ≠ 0  x+x ≠ 0
 f(x+x)=f(x)+f(x)=2f(x)

Bằng quy nạp ta chứng minh được:
f(nx)=nf(x)  x ≠ 0,  n N*
Suy ra:

f(

2002
1
)=2002f(
)
2003
2003

(12)

Theo ii) và i) ta có:
f(

1
f ( 2003 )
2003
)=
=
2
2003
2003
2003

(13)

Từ (12) và (13)


f(

2002
2003
)=2002
2003
2003

Bài toán 11: Xác định tất cả các hàm f : R  R thoả mãn các điều kiện:
i) f(1)=1
ii) f(x+y) = f(x)+f(y)  x, y R
1
f ( x)
iii) f( ) = 2
x
x

x ≠ 0

Lời giải:
Từ i), ii) và theo bài toán 4 ta có :
f(q)=q

 q Q



f(-1)=-1 và f(0)=0



f(x-x)=f(x)+f(-x)=0

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

15



f(-x) =-f(x)



f(x-y)=f(x)-f(y)

Với mọi x ≠ 0 và x ≠ -1. Theo iii) ta có:
f(

x 1
1
) = f(1+ )
x
x
1
= f(1)+f( )
x



f(

x 1
f ( x)
) =1+ 2
x
x

(14)

x
)
x 1
x

1
f(
)=
x 2
x
(
)
x 1
f(

Lại có:

f(

x 1
)=
x

 f(

1
)
x 1
x2
( x  1) 2

f(1 -

=

1
)
2
x  1 = (1- f ( x  1) ) ( x  1)
x2
( x  1) 2
x2
( x  1) 2

1 f (

x 1
( x  1) 2  f ( x)  1
)=
x
x2

(15)

Từ (14) và (15) suy ra:
1


mà

f ( x) ( x  1) 2  f ( x)  1
=
x2
x2

 x ≠ 0 và x ≠ -1

f(x) = x

 x ≠ 0 và x ≠ -1

f(0)=0, f(-1)=-1 

f(x) = x

x

Bài toán 12: Tìm tất cả các hàm f: R  R thoả mãn các điều kiện:
i) f(x)=-f(-x)
ii) f(x+1)=f(x)+1
1
f ( x)
ii) f( ) = 2
x
x

x ≠ 0
Lời giải:

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

16

Từ i) 

f(0)=-f(0)

Từ ii) 

f(1)=f(01)=f(0)  1=1



 f(0)=0

f(-1)=-f(1)=-1

(16)

(17)

Với x ≠ 0 và x ≠ -1. Tương tự như Bài toán 11 ta có:
f(

x 1
f ( x)
) =1+ 2
x
x

x 1
( x  1) 2  f ( x)  1
f(
)=
x
x2
f ( x ) ( x  1) 2  f ( x)  1
1 2 =
x
x2




 x ≠ 0 và x ≠ -1

f(x) = x

(18)

Từ (16), (17) và (18) suy ra: f(x)  x
Bài toán 13: Xác định tất cả các hàm f: R  R thoả mãn các điều kiện:
i)

f(1)=1

ii) f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy
1
f ( x)
iii) f( ) = 4
x
x

x ≠ 0

Lời giải:
Từ ii) ta có:
f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy


f(x+y)-x2-y2-2xy =f(x)+f(y)-x2-y2



f(x+y)-(x+y)2 = f(x)-x2+f(y)-y2

Đặt g(x)=f(x)-x2, khi đó g là hàm số xác định trên R và thoả mãn:
g(x+y)=g(x)+g(y)
Lại có :

g(1)=f(1)-12=1-1=0
g(1)=0

Vì g là hàm cộng tính, nên theo bài toán 4 ta suy ra:
g(qx)=qg(x)


 q Q,  x R

g(0) =0
g(-1)=-g(1)=0

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

17

và

g(x-y)=g(x)-g(y)

1
1 1
f ( x) 1
f ( x)  x 2
Với x ≠ 0, ta có: g( ) = f( )-( )= 4 - 2 =
x
x x
x
x
x4
1 g ( x)
g( )= 4
x
x



Với x ≠ 0 và x ≠ -1, ta lại có:



g(

x 1
1
1
) = g(1+ )= g(1)+g( )
x
x
x

g(

x 1
g ( x)
)= 4
x
x

(19)

x
1
)
g (1 
)
x 1
x

1
x

1
mặt khác: g(
)=
=
(x+1)4
4
x
x
x
(
)4
x 1
g(

g ( x  1)
1
)
4
x  1 (x+1)4 =- ( x  1) (x+1)4
x4
x4

g (1)  g (

=
 g(

x 1
g ( x)
) =- 4
x
x

Từ (19) và (20) ta có:

(20)

g ( x ) g ( x)
=- 4
x4
x

 x ≠ 0 và x ≠ -1



g(x) =-g(x)

 x ≠ 0 và x ≠ -1



g(x) = 0

 x ≠ 0 và x ≠ -1

mà g(0)=0, g(-1)=0  g(x)  0.
Suy ra: f(x)  x2
Bài toán 14: Cho f: Q  R thoả mãn f(x+2xy) = f(x) +2f(xy),  x, y Q. Biết
f(2002)=a, hãy tính f(2003).
Lời giải:
Với x =0



f(0)=f(0) +2f(0)



f(0)=0

Đặt f(1) = c, ta có:

1
1
f(2)=f(1+1)=f(1)+2f( ) =c+2f( )
2
2

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

(21)
18

1
1
f(3)=f(2+1)=f(2)+2f( )= c+4f( )
2
2

Lại có:

f(3)=f(1+2)=f(1)+2f(1) =3c
1
 c+4f( )=3c
2
1 1
f( )= c
2 2



Thay vào (21) ta được:

1
f(2)=c+2( c)=2c
2
Giả sử

f(k-1)=(k-1)c

1
Khi đó ta có: f(k)=f(k-1+1)=f(k-1)+2f( )=(k-1)c+c
2



f(k)=kc

Theo nguyên lý quy nạp ta có:
n N*

f(n)=nc
Lại có:

f(2002)=a=2002c
 c=

a
2002

 f(2003)=2003c
 f(2003)=

2003a
2002

Bài toán 15: Tìm tất cả các hàm số xác định trên Q thoả mãn
f(25x+18y)=25f(x)-18f(y)

 x, y  Q

(22)

Lời giải:
Với x=y= 0 ta có
f(0)=25f(0)-18f(0)=7f(0)
 f(0)=0

Với y= 0

 f(25x)=25f(x)

(i)

Với x= 0

 f(18x)=-18f(x)

(ii)

Thay (i), (ii) vào (22)
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

19

 f(25x+18y)=f(25x)+f(18y)
 f(x+y)=f(25

 x, y  Q

x
y
x
y
+18 )=f(25 )+f(18 ),  x, y  Q
25
18
25
18

 f(x+y)=f(x)+f(y),

 x, y  Q

Vậy hàm f là hàm cộng tính, nên theo Bài toán 4 ta có:
f(x)=ax, với a là hằng số
Từ (22) với x=y=1 ta lại có:
a(25+18)=25a-18a
 a=0

Vậy hàm số cần tìm là:

f(x)≡0

Bài toán 16: (Phương trình hàm Cauchy) Tìm tất cả các hàm số liên tục f xác
định trên R có tính chất cộng tính.
Bài làm:
Theo Bài toán 4 ta có:
f(x)=ax,  x  Q

(*)

Đặt g(x)=ax rõ ràng g liên tục trên R, theo (*) ta suy ra:
f(x)=g(x)  x Q
Do f liên tục, g liên tục và Q trù mật trong R, nên theo Hệ quả 2.4.1 ta có f≡g
Vậy hàm số cần tìm là:

f(x)=ax

Nhận xét : Từ định lý 2.2 ta sẽ có các bài toán có cùng nghiệm như bài toán
trên sau đây
Bài toán 17: Xác định tất cả các hàm cộng tính f:R  R liên tục tại 0
Bài toán 18: Xác định tất cả các hàm f:R  R, thoả mãn: |f(x)|≤ k|x|,  x Q và
k là hằng số nào đó.
Bài toán 19: Tìm tất cả các hàm liên tục f:R  R thỏa mãn điều kiện:
1
2
1
2
f( x+ y)= f(x)+ f(y)
3
3
3
3
Lời giải:

Đặt

g(x)=f(x)-f(0)


g(0)=f(0)-f(0)=0

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

20

1
2
1
2
1
2
Khi đó ta có: g( x+ y)=f( x+ )-f(0)= f(x)+ f(y)-f(0)
3
3
3
3
3
3


1
2
1
2
g( x+ y)= f(x)+ f(y)-f(0)
3
3
3
3

(5)

1
1
1
2
1
2
Lại có : g( x)=f( x)-f(0)= f( x+ 0)-f(0)= f(x)+ f(0)-f(0)
3
3
3
3
3
3
1
1
1
 g( x)= f(x)- f(0)
3
3
3

(6)

2
2
2
Tương tự :  g( y)= f(y)- f(0)
3
3
3

(7)

Từ (5), (6) và (7) suy ra:
1
2
1
2
g( x+ y)= g(x)+ g(y)
3
3
3
3

(8)

Với việc thay lần lượt x = 0 và y= 0 vào (8) ta được:
1
1
2
2
g( x)= g(x) và g( y)= g(y)
3
3
3
3
1
2
1
2
Thay vào (8) ta có: g( x+ y)= g( x)+g( y)
3
3
3
3
 g(x+y)=g(x)+g(y)

Lại do f liên tục nên g liên tục mà g cộng tính, theo bài toán 15 ta suy ra:
g(x)=ax
Đặt f(0)=b  f(x)=ax+b
Bài toán 20: Tìm tất cả các hàm số cộng tính f, xác định trên R và tồn tại một
hằng số c sao cho: |f(x)|Lời giải:
Vì f cộng tính, nên ta có: f(qx)= qx q Q,, x R  f(0)=0.
Ta sẽ chứng minh f liên tục tại 0. Thật vậy:
Giả sử {xn} là dãy bât kỳ mà lim xn= 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử: xn
n

0 và xn<1 với mọi n N.

Do tính trù mật của số hữu tỷ trong tập số thực, nên ta có n N tồn tại qn Q
sao cho:

1
| xn |

 qn 

1
3

| xn |

. Khi đó ta có dãy {qn} có các tính chất sau:

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

21

lim xn=0, lim qn= +∞  lim

n 

n 

lim (qnxn)= 0,

n 

Khi đó:

n 

1
=0
qn

xn, qn≠ 0  n  N

|f(xn)|=|f(

1
1
qnxn)| =
|f(qnxn)| ,  n  N
qn
qn

Lại do: lim (qnxn)= 0 nên tồn tại no  N sao cho: |qnxn|<1  n>no
n

 qnxn  [-1,1] ,  n>no  |f(qnxn)|no  lim |f(xn)|=
n 

1
lim
|f(qnxn)|=0  lim f(xn)= 0=f(0) Vậy hàm f(x) liên tục tại x= 0, theo định
n q n
n

lý 2.2 và bài toán 16 ta có nhiệm của bài toán như sau: f(x)=ax.
Bài toán 21: Tồn tại hay không hàm số xác định trên R thoả mãn các điều kiện
sau:
i) f(1)=0
ii) f(x) là hàm số không giảm
iii) f(x+y)=f(x)+f(y)-3x2y-3xy2

 x,y  R

Lời giải:
Từ iii)  f(x+y)+(x+y)3=f(x)+x3+f(y)+y3
Đặt g(x)=f(x)+x3  g(x+y)=g(x)+g(y)
Lại do f(x) là hàm không giảm
 g(x)=f(x)+x3 cũng là hàm không giảm

(9)

Do g(x) cộng tính và g(1)=f(1)+1
 g(q)=q

 q Q

Giả sử tồn tại x  R sao cho :
g(x)>x
 tồn tại qo  Q mà

g(x)>qo>x

(10)

Từ (9) ta suy ra
g(qo)≥ g(x)
 qo≥ g(x)

Điều này mâu thuẫn với (10)
Tương tự ta chứng minh được không tồn tại x để g(x) g(x)=x  x  R
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

22

 f(x)=x-x3

Dễ thấy 3>1 nhưng f(1)=0>f(3)=-78 không thoả mãn điều kiện i). Vậy
không tồn tại hàm số f(x) thoả mãn 3 điều kiện của bài toán.
Bài toán 22: Tìm các hàm số lẻ, nhân tính xác định và liên tục trên R
Lời giải:
Do f là hàm nhân tính nên ta có:
f(xy)=f(x)f(y)

 x,y  R

(11)

Với  x  R, y=1 ta có:
f(x)=f(x)f(1)


f(x)(f(1)-1)=0



 f ( x)  0
 f (1)  1


Rõ ràng f(x)=0  x  R là một nghiệm của bài toán.
Với f(1)=1, từ (11) ta có:
1
x

f(1)=f(x)f( )  0

x 0

Do f(x) là hàm lẻ nên: f(-x)=-f(x)
 f(0)=-f(0)
 f(0)=0

(12)

Với x > 0 ta đặt x=eu, y=ev và g(u)=lnf(x)=lnf(eu). Khi đó ta có:
g(u) là hàm xác định liên tục trên R và
g(u+u)=lnf(eu+v)=lnf(euev)=ln(f(eu)f(ev))


g(u+v)=lnf(eu)+lnf(ev)=g(u)+g(v)



g là hàm cộng tính

Theo Bài toán 16  g(u)=au
 g(u)=lnf(x)

x > 0

 f(x)=eg(u)=eau=(eu)a=xa  x > 0

 f(x)=xa

 x>0

Lại do f(1)=1  a=  1

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

23

 f ( x)  x
1
 f ( x) 
x




 x>0

(13)

Từ (12) và (13) ta suy ra:
f1(x)=x  x ≥ 0
x0

0

hoặc

f2(x)=  1

x0

x

Rõ ràng f2(x) không liên tục tại điểm 0 nên nó không thoả mãn bài toán
Vậy f(x)=x

x ≥ 0

(14)

Với x < 0  x=-|x|, do f(x) là hàm lẻ:
 f(x)=f(-|x|)=-f(|x|)=-|x| =x
 f(x)

 x<0

(15)

Từ (14) và (15) ta suy ra:
f(x)=x

 x R

Thử lại thấy f(x)=x thoả mãn các điều kiện của bài toán
Vậy hàm số cần tìm là:

f(x)  x và f(x)  0

Bài toán 23: Xác định tất cả các hàm số liên tục f: R  R thoả mãn:
f(xf(y))=yf(x)  x,y  R
Lời giải:
Với x=1



Với x=t, y=1 

f(f(y))=yf(1)  y  R
f(t)=f(tf(1))

Đặt t=xy ta có:
f(xy)=f(xyf(1))=f(xf(f(y)))=f(y)f(x)


f(xy)=f(x)f(y)  x,y  R

(16)

Thay y=1 vào (16) ta được:
f(x)=f(x)f(1)


 x R

 f ( x)  0
 f (1)  1


Rõ ràng f(x)=0  x  R là một nghiệm của bài toán
Với f(1)=1



(*)

f(1)=f((-1)(-1))=f(-1)f(-1)=1

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

24



f(-1)=  1

Nếu f(-1)=1 theo giả thiết ta có:
1=f(-1)=f(-1f(-1))=-1f(-1)=-1 vô lý
Vậy f(-1)=-1
 f(-x)=f(xf(-1))=-f(x)

 f(-x)=-f(x)

(17)

Từ giả thiết liên tục, (16) và (17) ta có f(x) là hàm lẻ nhân tính liên tục trên R
nên theo Bài toán 22 ta suy ra:
f(x)  x hoặc f(x)  0 lại do f(1)=1
 f(x)  x thử lại thấy f(x)  x thoả mãn bài toán

(**)

Từ (*), (**) Ta có các hàm số cần tìm thoả mãn bài toán là:
f(x)  x và f(x)  0
Bài toán 24: Xác định tất cả các hàm số liên tục trên R thoả mãn :
f(

x yz
f ( x)  f ( y )  f ( z )
)=
3
3

 x,y,z  R

Lời giải:
Thay z=y vào giả thiết bài toán ta có :
f(

x y y
f ( x)  f ( y )  f ( y )
)=
3
3
x  2y
f (x) 2 f ( y )
)=
+
3
3
3



f(



1
2
1
2
f( x+ y)= f(x)+ f(y)
3
3
3
3

 x,y  R

 x,y  R
 x,y  R

Theo Bài toán 19. Ta có:
f(x)=ax+b với a, b là các hằng số tuỳ ý.
Bài toán 25: Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định khả vi trên R và thoả mãn điều
kiện:
f(

x y
f ( x)  f ( y )
)=
 x,y  R
2003
2003

(18)

Lời giải:
Lần lượt lấy đạo hàm hai vế theo x, theo y của (18) ta có:
1
x y
f ' ( x)
f'(
)=
2003
2003
2003

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

(*)

25

1
x y
f ' ( y)
f'(
)=
2003
2003
2003

(**)

Từ (*) và (**) ta suy ra: f'(x)=f'(y)  x,y  R
 f'(x)=a với a là hằng số
 f(x) =ax +b

Dễ thấy f(x) thoả mãn các điều kiện của bài toán.
Kết luận:

f(x)=ax+b với a, b là hằng số tuỳ ý

Bài toán 26: Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định khả vi trên R thoả mãn điều
kiện:

f(

x y
)=f(x)f(y)  x,y R
2

(19)

Lời giải:
Rõ ràng f(x)  0 là một nghiệm của bài toán.
Xét trường hợp f(x)  0. Khi đó tồn tại xo  R sao cho f(xo)  0
x
2

x
2

 f(xo)=f( +xo- )=f(
 f(x)  0
 f(x)=f(

x  2 xo  x
)=f(x)f(2xo-x))  0
2

 x R

 xR

xx
)=f(x)f(x)=[f(x)]2>0
2

 x R

(*)

Lần lượt lấy đạo hàm hai vế theo x, theo y ta có:
1 x y
f(
) =f'(x)f(y)
2
2

(**)

1
x y
f(
) =f(x)f'(y)
2
2

(***)

f ' ( x)
f ' ( y)
=
f ( x)
f ( y)

Từ (*),(**) và (***) ta suy ra:


f ' ( x)
=a
f ( x)

 x,y  R

 x  R với a là hằng số



[lnf(x)]'=a



lnf(x)=ax+b với a, b là các hằng số



f(x)=eax+b

Thay f(x) vào đẳng thức (19)  b=0


Kết luận:

f(x)= eax
f(x)  0 và f(x)  eax

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

26

Trên đây chúng tôi đã trình bày và chứng minh một hệ thống các định lý
bằng các kiến thức của Toán sơ cấp. Có hai khái niệm rất có ích và khá đẹp
trong lớp phương trình hàm là Đồng cấu đại sô và tính trù mật của Giải
tích. Chúng tôi đã giới thiệu và giải thích gần như tất cả các dạng cấu trúc
Đại số thường gặp trong chương trình Toán phổ thông như tập số nguyên,
tập số tự nhiên, tập số thực...Các bài Toán đưa ra ở phần Bài tập áp dụng
được giải chi tiết và rõ ràng theo Phương pháp mà chúng tôi đã đặt vấn đề
ban đầu. Với cách áp dụng tương tự chúng tôi đề xuất một số Bài tập sau
đây.

C. Các bài toán đề xuất:
Bài toán 1: Cho f và g là các hàm số xác định trên R, nhận giá trị trên R. Với
mọi giá trị x, y giả sử: f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y).
Ngoài ra, f không đồng nhất bằng 0 và |f(x)|<1,  x  R. Chứng minh rằng:
|g(x)|<1,  x  R
Bài toán 2: Cho hàm số f(x) xác định trên các tập số nguyên dương, nhận giá trị
trên tập số nguyên dương. Giả sử với mọi n ta có
n+1>f(f(n)). Chứng minh rằng: f(n)=n với mọi n.
Bài toán 3: Cho hàm số f(x,y) xác định và nhận giá trị trên tập số tự nhiên. Thỏa
mãn các điều kiện: f(0,y)=y+1; f(x+1,0)=f(x,1); f(x+1,y+1)=f(x,f(x+1,y)).
Tìm f(4,1981)
Bài toán 4: Tìm tất cả các hàm số y=f(x) xác định và nhận giá trị trên tập số
thực dương, thoả mãn điều kiện:
i) f(xf(y))=yf(x)
ii) f(x) tiến tới vô cùng khi x dần ra vô cùng
Bài toán 5: Tìm tất cả các đa thức f(x) xác định khả vi trên R thoả mãn điều
kiện:
(x 1) 2 f(x)= (x 3)2 f(x+2)  x  R
Bài toán 6: Tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn: f( x 2

2 x )=f(x-2)  x  R

Bài toán 7: Tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn: f( x 2 )=f(x) f(x-1)  x  R
Bài toán 8: Tìm tất cả các hàm số đa thức f(x) thoả mãn điều kiện:
f(x) f(2 x 2 )=f( 2x 3

x )  x R

Bài toán 9: Tìm tất cả các hàm số đa thức f(x) thoả mãn điều kiện:
x f(x-a)=(x-b)f(x)  x,a,b  R.
Trong đó a, b là các hằng số.
Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

27

III. Kết luận:
Trong thực tế giảng dạy, khi trình bày phương pháp này cho các đối tượng
là học sinh khá giỏi các em tiếp thu khá tốt và hứng thú, từ đó các em tự mình
giải quyết được các lớp bài toán tương tự. Trong nhiều khóa tham gia bồi dưỡng
Học sinh giỏi, khi đưa chuyên đề này vào các em đều nhận thấy ưu điểm vượt
trội của phương pháp sử dụng các Đồng cấu Đại số. Các bài toán này có thể đã
có nhứng lời giải khác bằng phương pháp khác, nhưng sẽ rất phức tạp hoặc
phương pháp khác sẽ không thể giải quyết được nên chúng tôi sẽ dùng phương
pháp đồng cấu Đại số để giải quyết nó một cách khá đẹp đẽ và rõ ràng. Chúng
tôi kết hợp các ưu thế của các tính chất của lý thuyết cấu trúc Đại số nhằm minh
bạch hóa các phép toán phức tạp, nhờ đó sẽ giảm thiểu khó khăn trong giải các
Bài toán.
Phương pháp trình bày trong đề tài là mới, đề tài này bổ ích trong việc bồi
dưỡng học sinh khá, giỏi về Toán. Đặc biệt giúp cho các học sinh yêu Toán có
một cách liên hệ giữa các nội dung Toán học khác nhau bổ trợ nhau trong quá
trình giải Toán.
Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế, môi trường áp dụng chưa rộng nên
chúng tôi chỉ mới dừng lại trên các bài toán lớp hàm cộng tính và nhân tính. Với
ý tưởng trên sắp tới chúng tôi sẽ nghiên cứu để áp dụng phương pháp nghiên
cứu cấu trúc nhóm cho các lớp hàm khác.
Trên đây là toàn bộ nội dung của Đề tài, chúng tôi rất mong nhận được đóng
góp ý kiến của Hội đồng khoa học để hoàn thiện hơn nữa nội dung, cũng như
giúp đỡ chúng tôi tiếp tục phát triển Đề tài mới.
Ở đây, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới TS Lê Văn An, ĐH Hà Tĩnh đã đọc kỹ
bản thảo và góp nhiều ý kiến trong quá trình hoàn thành bài viết. Chân thành
cảm ơn các đồng nghiệp Tổ Toán Tin trường PT Hermann Gmeiner Vinh đã tạo
điều kiện giúp đỡ chúng tôi hoàn thành bài viết này.

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

28

Tài liệu tham khảo:
1. Sách giáo khoa Toán 10, 11, 12 nhà xuất bản Giáo dục.
2. Phương pháp giải Toán qua các bài toán Olympic,
Trần Nam Dũng, Nhà xuất bản Thế giới.
3. Đại số đại cương, Hoàng Xuân Sính, nhà xuất bản
ĐHQG Hà Nội.
4. 40 năm Olympic Toán học quốc tế, PGS TS Vũ Dương
Thụy-ThS Nguyễn Văn Nho, Nhà xuất bản Giáo dục.
5. Tuyển tập 30 năm Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Nhà
xuất bản Giáo dục

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

29

Mục lục:
I. Đặt vấn đề: ...................................................................................... 2
II. Nội dung: ....................................................................................... 3
A. Cơ sở lý thuyết ............................................................................... 3
B. Bài tập áp dụng ............................................................................. 6
C. Các Bài toán đề xuất .............................................................27
Kết luận: ............................................................................................... 28
Tài liệu tham khảo: ................................................................................ 29

Ngô Quốc Chung- Trường PT Hermann Gmeiner Vinh

30