Bài toán. Tìm tất cả các cặp hàm số $f,g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f$ đơn điệu thực trên $\mathbb{R}$

và $g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $$f(x+y)=f(x).g(y)+f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;(1)$$Lời giải.
Trong $(1)$ thay $x$ và $y$ bởi $0$ ta được $$f(0)=f(0).g(0)+f(0)\rightarrow f(0).g(0)=0$$ * Nếu $g(0)=0$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f(x)=f(x).g(0)+f(0)\rightarrow f(x)=f(0)=c,\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Thử lại ta được $f(x)\equiv c\neq 0,\;g(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$ hoặc $f(x)=0$ và $g(x)$ bất kì

* Nếu $f(0)=0$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f(x)=f(x).g(0)+f(0)=f(x).g(0)$$ Trường hợp 1. Nếu $g(0)\neq 1$ thì $f(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$

Trường hợp 2. Nếu $g(0)=1$. Trong $(1)$ thay $x$ bởi $x$ và $y$ bởi $x$ ta được $$f(x+y)=f(y).g(x)+f(x)$$Kết hợp với $(1)$ và $f$ đơn điệu nên $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ suy ra $$f(x).g(y)+f(y)=f(y).g(x)+f(x)\rightarrow \frac{g(x)-1}{f(x)}=\frac{g(y)-1}{f(y)}\equiv c\rightarrow f(x)=\frac{g(x)-1}{c}$$ Thay vào $(1)$ ta được $$\frac{g(x+y)-1}{c}=\frac{g(y)\left ( g(x)-1 \right )}{c}+\frac{g(x)-1}{c}\Leftrightarrow g(x+y)=g(x).g(y)$$ Mà $g(x)$ liên tục nên $$g(x)=a^{x},\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Từ đây tiếp tục có $$f(x)=\frac{a^{x}-1}{c},\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Bài toán.
Tìm tất cả $f:(0;+\infty )\rightarrow (0;+\infty )$ thỏa $$f\left ( \frac{f(x)}{f(y)} \right )=\frac{1}{y}.f\left ( f(x) \right ),\;\forall x,y\in R^{+}\;\;(1)$$ với $f$ đơn điệu nghiệm ngặt trên $(0;+\infty )$

Lời giải.
Trong $(1)$ thay  $x$ và $y$ bởi $1$ ta được $$f(1)=f\left ( f(1) \right )\Rightarrow f(1)=1$$
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $x$ ta được $$f(1)=\frac{f\left ( f(x) \right )}{x}\Rightarrow f\left ( f(x) \right )=x\;(2)$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $1$ và $y$ bởi $x$ ta được $$f\left ( \frac{1}{f(x)} \right )=\frac{1}{x}\;(3)$$
* Khả năng 1. Nếu $f$ là hàm tăng. Ta xét hai trường hợp sau:

   Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )> f(x_{0})>x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)

  Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )< f(x_{0})<x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)

Dẫn đến $f(x)=x,\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.

* Khả năng 2. Nếu $f$ là hàm số giảm. Xét hai trường hợp sau:

  Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}<x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )>f(x_{0})>x_{0}$$
  Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}>x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )<f(x_{0})<x_{0}$$ Cả hai trường hợp điều này vô lý do $(3)$

Do đó $f(x)=\frac{1}{x},\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.

Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)=\frac{1}{x}$

Bài PTH chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Tìm tất cả các hàm số $f:N\rightarrow N$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
f(4)=4\,(1)\\ f(2m)=2f(m),\,\forall m\equiv 1(mod\,2)\,(2)
\\ f(m)< f(n);\, \forall m,n\in N:m<n\,(3)

\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp.

Theo giả thiết đề bài ta có $$0\leq f(0)<f(1)<...<f(4)=4$$Kết hợp với $(3)$ suy ra $f(n)=n,\,\forall n=\overline{0,4}$

Giả sử $f(i)=i,\, \forall i=\overline{0,n}$. Ta cần chứng minh $f(n+1)=n+1$

* Trường hợp 1.  Nếu $n=4k$ thì theo $(2)$ ta đươc $$f(n+2)=f(4k+2)=2f(2k+1)=2f\left ( \frac{n}{2}+1 \right )=n+2$$Kết hợp với $(3)$ ta được $$n=f(n)<f(n+1)<f(n+2)=n+2\Rightarrow f(n+1)=n+1$$
* Trường hợp 2.  Nếu $n=4k+1$ thì theo (2) ta được $$f(n+1)=f(4k+2)=2f(2k+1)=2f\left ( \frac{n+1}{2} \right )=n+1$$
* Trường hợp 3.  Nếu $n=4k+2$ thì theo $(2)$ ta được $$f(n+4)=f(4k+6)=f\left ( 2(2k+3) \right )=2f(2k+3)=4k+6=n+4$$Kết hợp với $(3)$ ta suy ra $$n=f(n)<f(n+1)<...<f(n+4)=n+4\Rightarrow f(n+1)=n+1$$
* Trường hợp 4.  Nếu $n=4k+3$ thì theo $(2)$ ta có $$f(n+3)=f(4k+6)=2f(2k+3)=4k+6=n+3$$Kết hợp với $(3)$ ta suy ra $$n=f(n)<f(n+1)<f(n+2)<f(n+3)=n+3\Rightarrow f(n+1)=n+1$$Do đó $f(n+1)=n+1$

Vậy $f(n)=n,\,\forall n\in N$

Bài toán.
Tìm tất cả các hàm số $f:R\rightarrow R$ thỏa $$f\left ( f(x+y) .f(x-y)\right )=x^{2}-yf(y)\, \forall x,y \,(1)$$
Lời giải.
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $-y$ ta được $$f\left ( f(x-y) .f(x+y)\right )=x^{2}+yf(-y)\;  (2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$yf(-y)=-yf(y)\Rightarrow f(y)=-f(-y),\,\forall y\neq 0$$
Trong $(1)$ thay $y$ bởi  $0$ ta được $$f\left ( f^{2}(x) \right )=x^{2},\, \forall x\, (*)$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi  $0$ và $y$ khác $0$ ta được $$f\left ( f(y) f(-y)\right )=-yf(y)\Rightarrow f\left ( -f^{2}(y) \right )=-yf(y),\, \forall y\neq0\, (**)$$
Giả sử $\exists y_{0}\neq 0:\, f\left ( y_{0} \right )=0$. Khi đó kết hợp với $(**)$ ta được $f(0)=0$

Trong $(1)$ thay $y$ và $x$ bởi $y_{0}$ ta được $$f\left ( f(2y_{0})f(0) \right )=y_{0}^{2}-y_{0}f\left ( y_{0} \right )\Rightarrow y_{0}\begin{bmatrix}
f\left ( y_{0} \right )-y_{0}
\end{bmatrix}=0\Rightarrow f\left ( y_{0} \right )=y_{0}$$
Điểu này vô lý vì $f\left ( y_{0} \right )=0$. Do đó $\forall y\neq 0:\, f\left ( y \right )\neq 0$

Từ $(**)$ suy ra $$-f\left ( f^{2} (y)\right )=-yf(y)\Rightarrow f\left ( f^{2} (y)\right )=yf(y),\,\forall y\neq0\,(***)$$
Kết hợp $(*)$ và $(***)$ suy ra  $$x^{2}=xf(x),\, \forall x\neq 0\Rightarrow f(x)=x,\, \forall x\neq 0$$
Giả sử $f(0)\neq 0$. Khi đó $$f^{2}(0)\neq 0\Rightarrow f\left (f^{2}(0)  \right )=f^{2}(0)\neq 0$$
Điều này vô lý vì $f\left ( f^{2}(0) \right )=0$ (theo $(*)$)

Do đó $f(0)=0 $

Vậy $f(x)=x,\, \forall x$

Phương pháp phản chứng trong phương trình hàm

Bài toán 1.
Tìm tất cả các hàm số $f:[1;+\infty )\rightarrow [1;+\infty )$ thỏa $$f\left ( xf\left ( y \right )\right ).f\left ( y \right )=f\left ( x+y \right ),\;\forall y\geq 1\; (1)$$
Lời giải.
Giả sử  $\exists y_{0}:f(y_{0})\neq 1$

Trong $(1)$ thay $x$ bởi $\frac{y_{0}}{f(y_{0})-1}$ và thay $y$ bởi $y_{0}$ ta được $$f\left ( \frac{y_{0}.f(y_{0})}{f(y_{0})-1} \right ).f(y_{0})=f\left ( \frac{y_{0}}{f(y_{0})-1} +y_{0}\right )\Rightarrow f(y_{0})=1$$
Điều này mâu thuẫn với giả sử

Vậy $f(x)=1,\; \forall x\geq 1$


Bài toán 2.
Tìm tất cả các hàm số $f:R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}\rightarrow R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}$ thỏa $$f(x)+f(y)=f\left ( xy.f(x+y) \right ),\, \forall xy(x+y)\neq 0\; (1)$$
Lời giải.

Giả sử $\exists x_{0}:f(x_{0})\neq \frac{1}{x_{0}}$

Trong $(1)$ thay $x$ bởi $\frac{1}{f(x_{0})}$ và thay $y$ bởi $x_{0}-\frac{1}{f(x_{0})}$ ta được $$f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )+f\left ( x_{0}-\frac{1}{f(x_{0})} \right )=f\left ( x_{0} -\frac{1}{f(x_{0})}\right )\Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )=0$$
Điều này vô lý.

Vậy $f(x)=\frac{1}{x},\, \forall x\neq 0$