1. Thay [TEX]y=1[/TEX] vào giả thiết ta được: [TEX]2f(x)+f(1)=f(1)f(x)+1 \Rightarrow [f(1)-2]f(x)=f(1)-1[/TEX]
+ Nếu [TEX]f(1)=2[/TEX] thì từ trên ta được [TEX]0=1[/TEX](vô lí)
+ Nếu [TEX]f(1) \neq 2[/TEX] thì ta có [TEX]f(x)=\dfrac{f(1)-1}{f(2)-1} \Rightarrow f[/TEX] là hàm hằng.
Đặt [TEX]f(x)=c(c \in \mathbb{Q})[/TEX] thì thay lại vào giả thiết ta có [TEX]c^2+3c-1=0 \Rightarrow c \notin \mathbb{Q} [/TEX]
Từ đó không tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài.
2. Bài này là [TEX]f:\mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*[/TEX]
Ta thấy: [TEX]f(x+1)>f(x) \Rightarrow f(x+1) \geq f(x)+1[/TEX]
Từ đó [TEX]f(2n) \geq f(2n-1)+1 \geq f(2n-2)+2 \geq ... \geq f(n+1)+n-1 \geq f(n)+n[/TEX]
Dấu "=" xảy ra khi [TEX]f(2n)=f(2n-1)+1,f(2n-1)=f(2n-2)+1,...,f(n+1)=f(n)+1[/TEX]
Từ đó [TEX]f(x+1)=f(x)+1 \forall n \leq x \leq 2n-1, n \in \mathbb{N}^*[/TEX]. Cho [TEX]n=1,2,...[/TEX] ta có [TEX]f(x+1)=f(x)+1 \forall x \in \mathbb{N}[/TEX]
Bằng quy nạp ta chứng minh được [TEX]f(x)=f(1)+x-1 \forall x \in \mathbb{N}^*[/TEX]. Suy ra luôn tồn tại [TEX]i \in \mathbb{N}^*[/TEX] sao cho [TEX]f(i)=p[/TEX] là số nguyên tố.
Xét [TEX]f(p)[/TEX]. Ta chứng minh được [TEX]f(kp)=f(p)+(k-1)p[/TEX] .
Nếu [TEX]f(p) \not \vdots p[/TEX] thì ta luôn tìm được [TEX]k \in \mathbb{N}^*[/TEX] sao cho [TEX]f(p)+(k-1)p[/TEX] là số nguyên tố. Khi đó [TEX]f(kp)[/TEX] là số nguyên tố suy ra [TEX]kp[/TEX] là số nguyên tố, dẫn tới [TEX]k=1[/TEX](mâu thuẫn với [TEX]k \geq 2[/TEX])
Từ đó [TEX]f(p) \vdots p[/TEX].
Lại có: [TEX]f(p)=p+1-f(1) \vdots p \Rightarrow 1-f(1) \vdots p[/TEX]
Mà nhận thấy có vô hạn giá trị [TEX]p[/TEX] nguyên tố của [TEX]f(x)[/TEX] nên [TEX]1-f(1)=0 \Rightarrow f(1)=1 \Rightarrow f(x)=x \forall x \in \mathbb{N}^*[/TEX]
Nếu bạn có thắc mắc gì có thể hỏi tại topic này nhé. Chúng mình luôn sẵn sàng hỗ trợ bạn.
Bạn cũng có thể tham khảo một số bài toán khác về Phương trình hàm tại đây.
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
