Phương trình hàm

PHƯƠNG TRÌNH HÀM 
 Lê Thái Sơn 
 11T2. Lương Văn Chánh; 2009-2010 
Như chúng ta đã biết, phương trình hàm là một dạng toán hay và đặc biệt khó có thể so sánh 
gần như ngang hàng với bất đẳng thức. Những bài toán về dạng này rất phong phú và đa dạng 
và thường xuyên xuất hiện trong các kì thi Olympic toán. Dưới đây chúng tôi xin đề cập tới 
những phương pháp giải phương trình hàm trên tập số thực, cơ bản. 
*** Để các bạn làm quen với dạng toán này trước khi đưa ra các phương pháp chúng tôi xin 
giới thiệu một số ví dụ cơ bản. 
I.GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM SỬ DỤNG HÀM SỐ HỢP: 
VD1: Tìm tất cả các hàm :f R R→ thỏa: 
 2 2
1 1f x x
x x
⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠ với 0x ≠
Giải: 
Ta có 
21 1 2f x x
x x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
Đặt 1y x
x
= + ta được: 
2( ) 2f y y= − . Vì 2; 0y x≥ ∀ ≠ nên hàm số 2( ) 2f y y= − chỉ xác định khi 2y ≥ 
Nói cách khác 2( ) 2; 2f x x x= − ≥ 
VD2: Tìm tất cả các hàm :f R R→ thỏa: 
 với mọi ( ) ( ) ( ) ( ) 1f x f y xy f x f y− = + − ,x y 
Giải: 
Giả sử tồn tại hàm số ( )f x thỏa mãn phương trình đã cho. 
Đặt , ta được y x= 2 2( ) 2 ( ) 1 0f x f x x− + − =
[ ]2 2( ) 1
( ) 1
( ) 1
( ) 1
( ) 1
f x x
f x x
f x x
f x x
f x x
⇔ − =
− =⎡⇔ ⎢ − = −⎣
= +⎡⇔ ⎢ = −⎣
Thử lại thấy cả 2 hàm số trên đều thỏa mãn phương trình đã cho. 
VD3: Tìm tất cả các hàm :f R R→ thỏa: 
 1( 1) 3 1 2
1 2
xf x f
x
−⎛ ⎞− − = −⎜ ⎟−⎝ ⎠ x với mọi 
1
2
x ≠ ± (1) 
Giải: 
Giả sử tồn tại hàm số ( )f x thỏa mãn điều kiện (1) 
Đặt 11
1 2
yx
y
−− = − , rút ra 1 2
yx
y
−= − thay vào (1) ta được: 
1 23 ( 1) 1
1 2 1 2
y yf f y
y y
⎛ ⎞− − − = +⎜ ⎟− −⎝ ⎠ (2) 
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
1( 1) 3 1 2
1 2
1 13 ( 1)
1 2 1 2
xf x f
x
xf x f
x
x x
⎧ −⎛ ⎞− − = −⎜ ⎟⎪ −⎪ ⎝ ⎠⎨ −⎛ ⎞⎪− − + =⎜ ⎟⎪ − −⎝ ⎠⎩
38 ( 1) 1 2
1 2
1 3( ) (2 1 )
8 2
f x x
1
x
f x x
x
⇒ − − = − + −
⇒ = + + +
Dễ dàng thấy ( )f x thỏa ĐK ban đầu của bài toán. 
II.GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ: 
Phương pháp thế là phương pháp thường sử dụng khi giải các phương trình hàm , đặc biệt 
là phương trình hàm với cặp biến tự do. Nội dung cơ bản của phương pháp này là ta thay 
các biến bởi các giá trị đặc biệt. Điều quan trọng là giá trị các biến này phải thuộc tập xác 
định của hàm số và phải thoả mãn các điều kiện ràng buộc giữa các biến nếu có. 
R thoả mãn các điều kiện sau đây: 1) Tìm tất cả các hàm :f R+ →
 1(1)
2
f = và 3 3( ) ( ) ( )f xy f x f f y
y x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ,x y R
+∀ ∈ . (1) 
Giải: 
Cho thay vào (1) ta có1, 3x y= =
2
21 1(3) (3) (3) 0 (3)
4 2
f f f f⎛ ⎞ 1
2
= + ⇒ − = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Thay 1x = vào (1) ta được 1 3 1 3( ) ( ) ( ),
2 2
f y f f y f f y y
y y
+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⇒ = ∀ ∈⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ R 
Khi đó hệ thức (1) trở thành ( ) 2 ( ) ( ), ,f xy f x f y x y R+= ∀ ∈ (1a) 
Trong (1a) thay bởi y 3
x
ta có: 
2
1( )3 1 2(3) 2 ( ) 2 ( )
12 ( )
2
f x
f f x f x
x f x
⎡ =⎢⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ ⎢⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎢ = −⎢⎣
Trong (1a) thay [ ]22 1 1: ( ) 2 ( ) 2.
4 2
y x f x f x= = = = 
Tới đây ta suy ra với thì 0x > 1( )
2
f x = 
Đó là hàm số duy nhất thoả mãn các điều kiện của bài toán. 
*Chú ý: Nếu hệ thức đã cho có tính đối xứng giữa các biến thì cố gắng hoán đổi các biến với 
nhau. 
 2) Tìm tất cả các hàm số :f R R→ thoả : 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ); ,xf y yf x x y f x f y x y R+ = + ∀ ∈ (2) 
Giải: 
Cho 1y= = ta có 2 (1) 02 (1) 2( (1))
(1) 1
f
f f
f
=⎡= ⇒ ⎢ =⎣ x
Xét trường hợp (1) 0f =
Cho vào (2) ta có 1y = ( ) 0;f x x= ∀ ∈R . 
Xét trường hợp (1) 1f =
Cho ta được 1y = ( ) ( 1) ( ) ( ( ) 1) 0x f x x f x x f x+ = + ⇒ − =
suy ra với mọi 0 ( )x f x≠ ⇒ =1
Kết hợp cả hai trường hợp ta có ( ) 0;f x x R= ∀ ∈ và 1; 0( )
; 0
x
f x
a x
≠⎧= ⎨ =⎩ a tuỳ ý 
Rõ ràng với hoặc thì (2) thoả mãn ,x y ≠ 0
1
0x y= =
Với 
0 ( )
0 ( )
x f x
y f y a
≠ =⎧ ⎧⇒⎨ ⎨= =⎩ ⎩ 
Khi đó ( ) ( )xf y yf x ax+ = và ( ) ( ) ( )x y f x f y ax+ = 
Vậy các hàm số trên thoả mãn hệ thức (2) 
R thỏa mãn điều kiện: 3) Tìm tất cả các hàm :f R →
( ( ) ) ( )f xf y x xy f x+ = + ,x y R∀ ∈ (3) 
Giải: 
Thay 1; 1 (1)y f= = − − vào (3) ta được x
( ( 1 (1)) 1) 1 (1) (1) 1f f f f f− − + = − − + = − 
Đặt thì ( 1 (1)) 1a f f= − − + ( ) 1f a = −
Thay y a= và đặt ta có (0)b f= ( ( ) ) (0)f xf a x f b+ = = 
Hay ( ( ) ) ( ) ( )b f xf a x ax f x f x ax b= + = + ⇒ = − +
Thay biểu thức của ( )f x vào phương trình hàm đã cho ta có: 
 2a xy abx ax b xy ax b− − + = − +
Bằng cách đồng nhất các hệ số ta được 1, 0a b= ± = 
Vậy 
( )
( )
f x x
x R
f x x
=⎡ ∀ ∈⎢ = −⎣ 
 4) Cho các hàm số ,f g xác định trên R thỏa mãn: 
 ( ( )) 2 5f x g y x y+ = + + ,x y R∀ ∈ Hãy xác định biểu thức của ( ( )).g x f y+
Giải: 
Xét ( ( )) 2 5x g y x y+ = + + ,x y R∀ ∈ f
Cho và đặt 0y = (0)g b=
Ta được ( ) 2 5 ( ) 2 5 2f x b x f x x b+ = + ⇒ = + − x R∀ ∈ 
Khi đó 
( ( )) 2( ( )) 5 2 2 5
12 ( ) 2 ( )
2
f x g y x g y b x y
g y y b g y y b
+ = + + − = + +
⇒ = + ⇒ = + 
Cuối cùng ta có 1 1 1( ( )) ( ( )) ( 2 5 2 )
2 2 2
g x f y x f y b x y b b x y+ = + + = + + − + = + + 5
2
Hay 1 5( ( ))
2 2
g x f y x y+ = + + 
III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM DỰA VÀO GIÁ TRỊ CỦA ĐỐI SỐ VÀ GIÁ TRỊ CỦA 
HÀM SỐ: 
Một số bài toán về phương trình hàm có thể giải quyết bằng cách tìm các tính chất của tập xác 
định của biến số x hoặc tập giá trị của hàm số. Thông thường trước hết ta tìm hàm f trên một 
tập con X nào đó của sau đó tìm hàm D f trên tập xác định . Ở đây tính chất toàn ánh của 
hàm số là quan trọng. 
D
R thỏa mãn điều kiện: 1) Tìm tất cả các hàm :f R →
 ( ( )) ( ) ( ) (1) ,f x f y x f y xf y x y R+ = + + ∀ ∈ 
Giải: 
Cho f ( ( )) ( )f y f y= ta được ( ( )) ( )f f x f x= hay ( ( )) ( )f f x f x= , với mọi x R∈ , điều này có 
nghĩa là với mọi thuộc tập giá trị hàm số ta có u ( )f u u= . 
Giả sử có 0y R∈ thoả mãn , khi đó 0( ) 1f y ≠ −
0 0 0( ( )) (1 ( )) ( ) (1 )f x f y f y x f y a+ = + + 
Cho x thay đổi trong R . Vế phải của đẳng thức (1 là một hàm bậc nhất theo biến )a x ( 
do ) nên tập giá trị của nó là 01 ( )f y+ 0≠ R . Suy ra, tập giá trị của vế trái cũng là R . Điều này 
có nghĩa là với mọi t , luôn tồn tại sao cho R∈ u ( )f u t= . 
Ta có ( ) ( ( )) ( )f t f f u f u t t R= = = ∀ ∈ hay ( )f x x R= ∀∈ . 
Thử lại thấy hàm số này không thoả mãn. 
Như vậy với mọi ta có y R∈ ( ) 1f y = − hay ( ) 1f x x R= − ∀ ∈ 
Thử lại thấy hàm số này thoả mãn. Vậy hàm số cần tìm là ( ) 1f x x R= − ∀ ∈ . 
2) Tìm tất cả các hàm số :f R R→ thỏa mãn: 
 ( ( )) 2 ( ) ( ) (2) ,f x f y f x x f y x y R− = + + ∀ ∈ 
Giải: 
a= . Trong (2) thay x bởi ( )f y ta được: Đặt f (0)
(0) 2 ( ( )) ( ) ( )
( ( )) ( ) ( ( )) ( ) (2 )
2 2
f f f y f y f y
a af f y f y f f x f x x R a
= + +
⇒ = − + ⇒ = − + ∀ ∈ 
Thay x bởi ( )f x ta có 
( ( ) ( )) 2 ( ( )) ( ) ( )f f x f y f f x f x f y− = + + 
Và để ý đến (2 ta có )a ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ,f f x f y f x f y a x y R− = − − + ∀ ∈ 
Trong (2 lại thay) x bởi ( ) ( )f x f y− : 
( ( ) ( ) ( )) 2 ( ( ) ( )) ( ) ( ) (
( ( ) 2 ( )) ( ( ) 2 ( )) 2 , (2 )
)f f x f y f y f f x f y f x f y f y
hay
f f x f y f x f y a x y R b
− − = − + − +
− = − − + ∀ ∈ 
Viết lại (2 dưới dạng ) ( ( )) 2 ( ) ( )f x f y f x x f y− − = + 
Cho ta có 0y =
 ( ) 2 ( ) (2 )f x a f x x a x R c− − = + ∀ ∈ 
Từ ta thấy rằng do vế phải có tập giá trị (2 )c R khi x thay đổi trong R nên với mỗi t R∈ ta luôn 
viết được dưới dạng ( ) 2 ( )t f u f v= −
Áp dụng ta có: (2 )b
( ) ( ( ) 2 ( )) ( ( ) 2 ( )) 2 2f t f f u f v f u f v a t a= − = − − + = − + 
hay với x R∈ ta có ( ) 2f x x= − + a 
Suy ra ( ( )) ( ) 2 (2 )f f x f x a d= − + 
Từ ta được (2 ); (2 )a d 2 0
2
aa a= ⇒ = 
Vậy ( )f x x x= − ∀ ∈R 
Dễ dàng kiểm tra được hàm số trên thỏa mãn đầu bài. 
 3) Tìm tất cả các hàm số :f R R+ +→ thỏa mãn điều kiện: 
 ( ( )) ( ( )) , (3)xf xf y f f y x y R+= ∀ ∈
Giải: 
a= Đặt f (1)
Thay x bởi 1
( )f y
 vào ( ta có: )3
1 (1) ( ( )) ( ( ))
( ) ( )
af f f y f f y
f y f
= ⇒ =
y
hay ( ( ))
( )
af f x x R
f x
+= ∀ ∈ 
thay x bởi 1
( )f x
 ta được : 
1 ( ) ( ( ))
( ) ( ) ( )
( ) ( ) , (
( ) ( )
f y af f f y
f x f x f y
f y f x 4 )f a x y R
f x f y
+
⎛ ⎞ = =⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞⇒ = ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ a
Viết lại hệ thức ở đầu bài dưới dạng ( ( ))
( ( ))
f f yx
f xf y
= 
Áp dụng ta được : (4 )a ( ( )) ( ( ))( ) ( ( ))( ( )) ( ( ))
( ( ))
f f y f xf y a af x f a x Rf f yf xf y f f y x
f xf y
+⎛ ⎞= = = = ∀⎜ ⎟⎝ ⎠ ∈ 
Dễ dàng kiểm tra được hàm số trên thoả mãn đầu bài. 
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là ( ) ; 0af x a
x
= > 
4) Tìm tất cả các hàm số :f R R→ thoả mãn: 
 2( ( )) ( ( )) 2 ( ) ( ) (4) ,f x f y f y xf y f x x y R+ = + + − ∀ ∈ 
Giải: 
( )0 a= . Trong ( cho ta có: )4 0x =Đặt f
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2 4f f y f y a f f x f x a x R a= + ⇒ = + ∀ ∈ 
Thay x bởi ( )f x− vào ( và sử dụng )4 ( )6a : 
( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )
2
2 2
2
2
2
, 4
f f y f x f y f x f y f f x
f y f x f y f x a
hay f f y f x f y f x a x y R b
− = − +
= − + +
− = − + ∀ ∈
viết lại hệ thức dưới dạng: ( )4 ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 4f x f y f x f y xf y c+ − − = + 
Dễ thấy thỏa mãn. Ta cần tìm các hàm số khác. ( ) 0f x =
Giả sử tồn tại sao cho . Cố đinh , cho y ( ) 0f y ≠ y x thay đổi trong R , khi đó vế phải của ( )4c là 
hàm số bật nhất theo x nên tập giá trị vế phải của nó là R , suy ra tập giá trị vế trái của nó cũng 
là R . Vì vậy ta suy ra rằng với mọi t R∈ , luôn tồn tại sao cho . ,u v ( ) ( )t f u f v= −
Khi đó áp dụng ta được: ( )4b ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2f t f f u f v f u f v a t a= − = − + = + 
Vậy hàm số cần tìm phải có dạng ( ) 2 (f x x a x R= + ∀ ∈ a tùy ý ) . 
Kết luận: Các hàm số cần tìm là: ( ) 0f x x R∀ ∈ 2( )f x x a x R= + ∀ ∈ và =
VI. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG LỚP CÁC HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ TRONG LỚP 
CÁC HÀM LIÊN TỤC: 
A) Phương trình hàm trong lớp các hàm đơn điệu: 
Trong mục này, ta xét một số bài toán giải phương trình hàm có sử dụng đến tính đơn điệu của 
hàm số. Một số điều cần lưu ý: 
_ Nếu f cộng tính và đơn điệu trên R (hoặc R+ ) thì ( )f x kx= . 
_ Nếu f đơn điệu thực sự thì f là đơn ánh. 
_ Trong một vài trường hợp, nếu ta dự đoán được công thức của hàm số, chẳng hạn 
( ) ( )f x g x= thì có thể xét ( ) ( )f x g x> và ( ) ( )f x g x< , sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm số 
f để dẫn tới điều vô lí. 
_ Nếu hàm f đơn điệu và ta đã có công thức của f trên tập số hữu tỉ Q thì dùng kĩ thuật chọn 2 
dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, rồi sau đó chuyển qua giới hạn. 
 1) Tìm tất cả các hàm đơn điệu :f R R→ thỏa mãn: 
 ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y f x y x y R+ = + ∀ ∈ 
Giải: 
Giả sử có 1y và 2y mà ( ) ( )1 2f y f y= thì với mọi x ta có 
( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2f x f y f x f y f x y f x y y y+ = + ⇒ + = + ⇒ = 
Vậy f là hàm đơn ánh. 
Thay ta có 0y = ( )( ) ( )0f x f f x x R+ = ∀ ∈ 
Lại thay ( )( ) ( )0 : 0x f f y f y= = + hay ( )( ) ( )0f f x x f= + với mọi x R∈ . 
Thay x bởi ( )f x : ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )0f f x f y f f x y x y f f f x y+ = + = + + = + 
Vì f đơn ánh nên ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + ,x y R∀ ∈ . 
Mặt khác f đơn điệu và cộng tính trên R nên ( )f x kx x R= ∀ ∈ ( tùy ý) k
Thay biểu thức của ( )f x vào hệ thức ( )1 ta được 
( )( ) ( ) 2f x f y f x ky kx k y+ = + = + và ( )f x y kx y+ = + . 
Do đó ( )2 2 1 0kx k y kx y k y y k+ = + ⇒ − = ∀ ⇒ = ±1.
Dễ dàng kiểm tra các hàm số ( )f x x= và ( )f x x x= − ∀ thỏa mãn. Đó chính là các hàm số cần 
tìm. 
Chú ý: Nếu không có giả thiết f là hàm đơn điệu thì ngoài đáp số trên còn có các hàm khác. 
2) Tìm tất cả các hàm tăng thật sự :f R R→ thỏa mãn: 
 ( )( ) ( ) ( )1 ,f f x y f x y x y R+ = + + ∀ ∈ 2 
Giải: 
Thay ta được 0y = ( )( ) ( ) 1f f x f x x R= + ∀ ∈ 
Thay ( )x f x= ta được 
( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) (1 1 2 )2f f f x y f f x y f f x y f x y a+ = + + ⇒ + + = + + 
Lại thay ( )y f y= trong và để ý rằng ( )2 ( )( ) ( ) 1f x f y f x y+ = + + ta có: 
( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 2f f x f y f x f y f x y b+ = + + = + + 
Từ và ( ta được: (2a) )2b
( )( ) ( ) ( )( )1f f x y f f x f y+ + = + 
Vì f tăng thực sự nên ( ) ( ) ( ) ( )1 1f x y f x f y f y y+ + = + ⇒ = + 
Hay ( ) 1f x x x= + ∀ ∈R . 
Dễ dàng kiểm tra hàm số trên thỏa mãn đầu bài. Đó là hàm số duy nhất cần tìm. 
B) Phương trình hàm trong lớp các hàm liên tục: 
 Trong mục này ta xét một số bài toán giải phương trình hàm có sử dụng đến tính liên tục của 
hàm số. Chú ý rằng khái niệm liên tục rất quan trọng, do đó việc vận dụng khái niệm này để giải 
toán đòi hỏi phải nắm vững bản chất. Một số điều cần lưu ý: 
_Nếu f cộng tính và liên tục trên R hoặc R+ thì ( )f x kx= 
_Nếu f liên tục trên R hoặc R+ và thỏa mãn ( ) ( ) ,
2 2
f x f yx yf x y R
++⎛ ⎞ = ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ thì ( )f x có 
dạng ( )f x kx= + b . 
_Nếu f liên tục và nhân tính trên R+ thì ( )f x x Rα α= ∀ ∈ 
_Nếu f liên tục và đơn ánh thì f đơn điệu thật sự. 
_Nếu ta có công thức tính f trên tập X R⊂ và X trù mật trong R thì ta cũng có công thức của f 
trên R. 
 1) Cho hàm f liên tục trên R và thỏa mãn ( )
2
xf x f x⎛ ⎞ R= ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ . Chứng mình f là 
hàm hằng. 
Giải: 
Giả sử tồn tại hàm f. Khi đó bằng quy nạp dễ có: 
( )
2n
xf x f n N⎛ ⎞= ∀⎜ ⎟⎝ ⎠ ∈ 
Cho n thì →∞ 0
2n
x → . Vì f liên tục nên ( )0
2n
xf f⎛ ⎞ →⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Vậy ( ) ( )lim 0
2n
xf x f⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Do đó f là hàm số hằng. 
 2) Cho . Tìm tất cả các hàm liên tục a R∈ :f R R→ sao cho 
( ) ( ) ( ) ,f x y f x f y axy x y R− = − + ∀ ∈ 
Giải: 
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đầu bài. 
Từ giả thiết thay vào ta có 1, 0x y= = ( ) ( ) ( ) ( )1 0 1 0f f f f 0− = ⇒ = 
Lại thay 1x y= = ta có ( ) ( ) ( )0 1 1f f f a a= − + ⇒ = 0 
Vậy với a khác 0 thì không tồn tại hàm số. 
Xét . Khi đó giả thiết trở thành 0a = ( ) ( ) ( ) ( ), 1f x y f x f y x y R− = − ∀ ∈ 
Với mọi x,y áp dụng ( ta có )1
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x f x y y f x y f y
f x f y f x y
= + − = + −
⇒ + = + 
Hàm f liên tục và cộng tính nên ( )f x kx= với k là số thực tùy ý.