đơn ánh, tòan ánh và song ánh trong các bài tóan về phương trình hàm

đơn ánh, tòan ánh và song ánh trong các bài tóan về phương trình hàm tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đ...

1. Ánh xạ 

1.1. Định nghĩa. Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương ứng mỗi 

phần tử x của X với một (và chỉ một) phần tử của Y. Phần tử này được gọi là ảnh  của x qua ánh xạ f và được kí hiệu là f(x). 

(i) Tập X được gọi là tập xác định của f. Tập hợp Y được gọi là tập giá trị của f.  (ii) Ánh xạ f từ X đến Y được kí hiệu là 

: 

f X ® Y

( ) 

xa y= f x

(iii) Khi X và Y là các tập số thực, ánh xạ f được gọi là một hàm số xác định trên X 

(iv) Cho aÎX y ,  ΠY . Nếu f a( ) = y thì ta nói y là ảnh của a và a là nghịch ảnh của y  qua ánh xạ f. 

(v) Tập hợp Y ={ yÎY $ Îx X y ,  = f x ( ) } gọi là tập ảnh của f. Nói cách khác, tập ảnh

( ) 

f X  là tập hợp tất cả các phẩn tử của Y mà có nghịch ảnh. 

2. Đơn ánh, toàn ánh, song ánh 

2.1.  Định  nghĩa.  Ánh  xạ  f :  X ®  Y được  gọi  là  đơn  ánh  nếu  với  aÎX b ,  Π X mà 

a ¹  b thì f a( ) ¹  f b ( ) , tức là hai phần tử phân biệt sẽ có hai ảnh phân biệt. 

Từ  định  nghĩa  ta  suy  ra  ánh  xạ  f  là  đơn  ánh  khi  và  chỉ  khi  với  aÎX b ,  ΠX mà

( ) ( ) 

f a = f b , ta phải có  a= b . 

2.2. Định nghĩa. Ánh xạ  f :  X ®  Y được gọi là toàn ánh nếu với mỗi phần tử  y Π Y

đều tồn tại một phần tử  x Π X sao cho y =  f x ( ) . Như vậy f là toàn ánh nếu và chỉ  nếu Y =  f X ( ) . 

www.laisac.page.tl 

Đ 

Đ Ơ Ơ  N Á  Á N N  H H  , T  T O O  À À  N Á  Á N N  H V  V À S  S O O  N N  G Á  Á N N  H T  T R R  O O  N N  G 

C 

C Á Á  C B  B À À  I T  T O O  Á Á  N V  V Ề P  P H H  Ư Ư  Ơ Ơ  N N  G T  T R R  Ì Ì  N N  H H  H À À  M 

TRẦN NGỌC THẮNG

2.3.  Định  nghĩa.  Ánh  xạ  f :  X ®  Y được  gọi  là  song  ánh  nếu  nó  vừa  là  đơn  ánh  vừa  là  toàn  ánh.  Như  vậy  ánh  xạ  f :  X ®  Y là  song  ánh  nếu  và  chỉ  nếu  với  mỗi 

y Π Y , tồn tại và duy nhất một phần tử  x Π X để y= f x ( ). 

3. Ánh xạ ngược của một song ánh 

3.1. Định nghĩa. Ánh xạ ngược của f, được kí hiệu bởi  1 

f -  , là ánh xạ từ Y đến X  gán cho mỗi phần tử  y Π Y phần tử duy nhất  x Π X sao cho y =  f x ( ) . Như vậy

( ) ( ) 

1 

3.2. Chú ý. Nếu f không phải là song ánh thì ta không thể định nghĩa được ánh xạ  ngược của f. Do đó chỉ nói đến ánh xạ ngược khi f là song ánh. 

4. Ánh xạ hợp 

4.1. Định nghĩa. Nếu  g A :  ® B và  f B :  ® C và g A( ) Ì B thì ánh xạ hợp 

: 

f o g A® C được xác định bởi

( f o g)( ) a = f g a ( ( ) ). 

Kí hiệu  n   

n 

p = o 14243 p po o p . 

5. Một số kí hiệu 

¥: Tập các số tự nhiên 

* 

¥ : Tập các số nguyên dương 

¤: Tập các số hữu tỷ

+

¤ : Tập các số hữu tỷ dương 

¢: Tập các số nguyên

+

¢ : Tập các số nguyên dương 

¡: Tập các số thực

+

¡  : Tập các số thực dương. 

B.  PHẦN BÀI TẬP MINH HỌA 

BÀI  T11/409  (THTT,  THÁNG  07­2011).  Tìm  tất  cả  các  hàm  số  f : ¡ ® ¡,  liên  tục trên ¡ và thỏa mãn điều kiện

Thay y =  1 vào (1) ta được:

( ) ( 1) ( ) 2 ( ) 1 , 

( ) ( 1) ( ) 2 ( ) 1 

Þ f x( ) + f x( + 1) - f( ) 2x = f ( ) 1 = f x( + 1) + f x( + 2) - f ( 2x + 2 ) Þ

( 2 2) ( ) 2 ( 2) ( ) , 

Do đó ta thu được:

f x+ - f x = f æç + ö÷- f æç ö÷= = f æç + ö÷- f æç ö ÷ " ³ k

k 

®+¥

. Từ đó suy ra:

( 2) ( ) ( ) 2 ( ) 0 , 

Với n là số nguyên dương và đẳng thức (3) ta thu được:

( 2 ) ( 2 2) ( ) 2 ( ) 0 

( 2 2) ( 2 4) ( ) 2 ( ) 0 

( 2) ( ) ( ) 2 ( ) 0 

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:

( 2 ) ( ( ) 2 ( ) 0 ) ( ) , 1, 

Tương tự ta có:

( 2 1) ( ( ) 2 ( ) 0 ) ( 1 ,)  1, 

Thay y= 2  n vào (1) và kết hợp với đẳng thức (4) ta được:

( 2 1 ) ( ) 2 ( 2 ) ( 2 ) ( ( 2 1) ) ( 2 ) ( 2 ) ( ) 2 

( 2 1 ) ( 2 ) ( ( ) 2 ( ) 0 ) ( 1) ( ( ) 2 ( ) 0 ) ( ) 1 

( 2 1 ) ( 2 ) ( ) ( ) 0 

Tương tự ta có đẳng thức:

( 2 ) ( ( 2 1) ) ( 1) ( ) 1 

Từ các đẳng thức (6) và (7) ta có:

( 2 ) ( ( 2 1) ) ( 1) ( ) 1 

( ) ( 2 1 ) ( ( 2 2) ) ( ) ( ) 0 

( ) 2 ( ) ( 1) ( ) 1 

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:

( 2 ) ( ) ( ( 1) ( ) 1 ) ( 1) ( ) ( ( ) 0 ) 

( 2 ) ( ( ) ( 1) ( ) 1 ) ( 1) ( ) 0 

( 2 ) ( ) ( 2 1) ( ) 0 , 

f nx =nf x - n- f " Î ¡ x Þ f nx( ) =nf x( ) ( - n- 1) ( ) f 0 , " Î ¡ x (8)  Trong (8) thay n= 2,x = 1 ta được:

( ) 2 2 ( ) 1 ( ) 0 2( ( ) 1 ( ) 0 ) ( ) 2 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 1 ( ) 1 2 ( ) 0 ( ) 1 

Đặt a= f ( ) 1 - f ( ) 0 ;b= f ( ) 0 .  Khi  đó  với  mỗi  số  nguyên  dương  n  và  từ  đẳng  thức  (8) ta được:

( ) ( ) ( 1 1) ( ) 0 

( ) ( ) 

( ) ( ) 

-

Với mỗi số hữu tỷ  r Î ¤  luôn biểu diễn dưới dạng  r  m 

n

=  , trong đó  * 

, 

mÎ ¥ n Î ¢ nên  theo đẳng thức (8) và các đẳng trên ta được:

( ) .1 1  ( 1) ( ) 0  m 

Với mỗi  x Î ¡, tồn tại dãy số hữu tỷ { } x  n  hội tụ đến  x nên từ đẳng thức (9) và tính 

liên tục của  f  suy ra f x( ) =ax b +  . Thử lại thấy thỏa mãn. 

: 

f ¥ ® ¥  thỏa mãn đẳng thức:

( ) ( )

, 

m n Î ¥  . 

Lời giải. Thay  m= n vào đẳng thức trên ta được f ( 2f n( ) ) = 2  n (1), và từ đẳng thức  này ta có: nếu f n( ) 1 = f n( ) 2 Þ f ( f n( ) 1 ) = f ( f n( ) 2 ) Þ 2n1 =2  n2 Þn1 = n 2  hay suy ra  f 

là đơn ánh. 

Ta  có 2n=n- + + = + Þ 1 n 1 n n f ( f n( - 1) + f n( +1 ) ) = f ( f n( ) + f n ( ) ) ,  và  do  f  là  đơn  ánh nên f n( - 1) + f n( + 1) = 2f n( ) ,    " ³ n 2  (2). 

Từ đẳng thức (2) ta có:

( ) ( 1) ( 1) ( 2) ( ) 2 ( ) 1 

suy ra

( ) ( ) ( 1 1 ) 

f n = f + n- a=an b +  ; trong đó b= f ( ) 1 - a .  Thay f n( ) =an b +  vào phương trình ban đầu ta được a= 1,b = 0 . 

, 

f n =n " Î ¥ n . 

Nhận xét. Bằng cách làm tương tự bài trên ta giải được các bài tập sau:

Bài 2 (Canada 2008). Tìm tất cả các hàm số  f : ¤ ® ¤ thỏa mãn đẳng thức:

( ) ( ) ( 2 )  2 

Với mọi x y Î ¤ , . 

®

¤ ¤  thỏa mãn đẳng  thức:

( ) ( ) ( 2 )  2 

Với mọi x y , + . 

Î ¤ 

¥  là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả  các hàm  * * 

: 

f ¥ ® ¥  thỏa mãn đẳng thức:

( ) ( )

f f m + f n =m +  n , 

m n Î ¥ 

Lời giải. Nếu  * 

1,  2 

m m Î ¥  sao cho

( ) 1 ( ) 2 

f m = f m Þ ( 2( ) 2( ) ) ( 2( ) 2( ) )  2 2 2 2 

1 2 2 2 1 2 2  2 

f f m + f n = f f m + f n Þm + n =m +  n ,  suy 

ra m1 = m 2  hay  f  là đơn ánh. 

Dế thấy với mọi  * 

nÎ ¥  n ³ ta có:

( n+ 2) 2+ 2( n- 1) ( 2 = n- 2) 2+ 2( n + 1 ) 2 . 

Từ đẳng thức kết hợp với phương trình đã cho ta được:

f f n+ + f n- = f f n- + f n +  , 

do  f  là đơn ánh nên ta có:

Từ đẳng thức (1) ta có:

( ) ( ) ( ) 

2 2 2 2 2 2 

2 2 2 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 

2 2 2 2 

2 2 2 2 

2 2 2 2 

 

 

( ) ( ) ( ) ( ) 

2 2 2 2 

Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta được:

( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ) ( )( ) 

2 2 2 2  1 2 

2 

Từ đẳng thức (2) ta suy ra f ( ) n  có dạng:

( ) 

2 2 

. 

Mặt khác phương trình ban đầu cho  m= n ta được:

( )

Từ (3) và (4) ta thu được b= 1,c=d = 0 . Vậy f n( ) = n , với mọi  * 

n Î ¥  .  Nhận xét. Bằng cách làm tương tự ta giải được bài toán sau: 

Bài 5 (HSG Lớp 10 Vĩnh Phúc 2011). Kí hiệu ¥  chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả 

sử  f : ¥ ® ¥ là hàm số thỏa mãn các điều kiện f ( ) 1 > 0 và

( 2 2 ) ( ( ) ) 2 ( ( ) ) 2 

với mọi m n Î ¥ ,   Tính các giá trị của f ( ) 2  và f ( 2011 ) . 

Bài 6 (Indonesia TST 2010). Xác định tất cả các số thực  a sao cho có một hàm số 

: 

f ¡ ® ¡ thỏa mãn:

( ) ( ( ) ), 

x+ f y =af y+ f x

với mọi x y Î ¡ ,  . 

Lời giải. 

Dễ thấy  nếu a =  0 không thỏa  mãn. Do  đó a ¹  0 , thay y =  0 vào đẳng  thức trên ta  được:

( ) ( ) x f ( ) 0 

a

+

Từ đẳng thức (1) suy ra  f  là một toàn ánh nên tồn tại  x Î ¡ sao cho f x = ( )  0 . Khi 

đó từ phương trình ban đầu ta có:

( ) ( ) ( 1 ) ( ) 

Từ đẳng thức (2) thì sẽ xẩy ra a =  1 hoặc f y( ) º const . 

+) Nếu f y( ) º const thì không thỏa mãn phương trình ban đầu. 

+) Nếu a =  1 thì lấy f x( ) = x , với mọi  x Î ¡ thỏa mãn bài toán. Vậy a =  1 . 

Bài 7 (MEMO 2009). Tìm tất cả các hàm số  f : ¡ ® ¡ thỏa mãn đẳng thức:

( ) ( ) ( ( ) ( ) ) ( ) ( ( ) ) 

Với mọi x y Î ¡ ,  . 

Lời giải 

+) Nếu f x = ( )  0  với mọi  x Î ¡, thử vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn

+) Nếu tồn tại  a Î ¡ sao cho f a ¹ ( )  0 . Khi đó với y y Î ¡ 1,  2  sao cho f y( ) 1 = f y ( ) 2  , 

từ phương trình trên thay  x  bởi  a  và  y lần lượt bởi y y 1,  2  ta được:

( ) ( 1 ) ( ( ) ( ) 1 ) 1 ( ) ( ( ) 1  ) 

f af y + f f a + f y = y f a + f a+ f y (1) 

và

( ) ( 2 ) ( ( ) ( ) 2 ) 2 ( ) ( ( ) 2  ) 

f af y + f f a + f y = y f a + f a+ f y (2). 

Từ (1) và (2) ta được y f a1 ( ) = y f a2 ( ) Þ y1 = y 2   Vậy  f  là một đơn ánh. 

Thay  x= 0,y = 1  vào  phương  trình  ta  được: f ( ) 0 + f ( f ( ) 0 + f ( ) 1 ) = f( ) 0 + f ( f ( ) 1 ) , 

sử dụng  f  là đơn ánh ta được f ( ) 0 = 0 . 

Mặt khác thay y =  0 và phương trình và sử dụng f ( ) 0 = 0 ta được:

( ) ( ) ( ( ) ( ) ) ( ) ( ( ) ) ( )

( ) ( ) ( ) 

, 

Vậy f x( ) =0, " Î ¡ x hoặc f x( ) =x , " Î ¡x . 

Bài 8 (T11/407 THTT tháng 5 ­ 2011). Tìm tất cả các hàm số  f  xác định trên tập 

¡, lấy giá trị trong ¡ và thỏa mãn phương trình

( ) ( ) ( ( ) )  2 

f x+y+ f y = f f x +  y ,  với mọi số thực x y ,  . 

Lời giải. 

+) Cho y =  0 ta được f ( f x( ) ) = f x( + f ( ) 0 )  (1) 

+) Ta chứng minh  f  là đơn ánh. Thật vậy nếu y y 1,  2  sao cho f y( ) 1 = f y ( ) 2  (2). 

Từ (1) và (2) ta có f ( f y( ) 1 ) = f ( f y( ) 2 ) Þ f y( 1 + f ( ) 0 ) = f y( 2  + f ( ) 0 )  (3).  Cho x= f ( ) 0 - f y ( ) thay vào phương trình đã cho ta được

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ( ( ) ( ) ) ) 

Từ (4) lần thay  y bởi y y 1,  2  ta được

( )

( ) ( ( ( ) ( ) ) )

( )

( ) ( ( ( ) ( ) ) ) 

Từ hai đẳng thức này kết hợp với (2) và (3) ta được y1 = y 2   Vậy  f  là một đơn ánh. 

Do đó từ (1) ta có f x( ) = x+ f ( ) 0  thử lại thấy thỏa mãn. 

Bài 9 (IRAN TST 2011). Tìm tất cả các song ánh  f : ¡ ® ¡ sao cho:

( ) ( )

Với mọi x y Î ¡ ,  .(42) 

Lời giải. 

Do  f  là một toàn ánh nên với mỗi  x Î ¡  tồn tại  t Î ¡ sao cho ( ) ( ) 

2 

Khi đó thay vào phương trình ban đầu ta được:

( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 0 

Thay x= y= 2  t vào phương trình hàm ban đầu và kết hợp với (1) ta được:

( ) ( ) ( 2 2 2 2 ) 2 ( ) 4 ( ) 4 0 

Từ (1), (2) và do  f  là đơn ánh nên ta có:

2 

Vậy f x( ) = x , với mọi  x Î ¡. 

Bài 10. Xét tất cả các hàm đơn ánh  f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện:

( ) ( )  2 

f x+ f x =  x , 

với mọi  x Î ¡. Chứng minh rằng hàm số f x( ) + x là một song ánh.(19) 

Lời giải. 

Đặt g x( ) = f x( ) + Þx f x( ) =g x( ) - x . Khi đó từ phương trình ban đầu ta được:

( ) ( ) ( ( ) ) 2 ( ( ) ) ( )  2 

Do đó ta có

( ) ( ) ( )  2 , 

+) Ta chứng minh  g  là đơn ánh. Thật vậy với x x Î ¡ 1,  2  sao cho g x( ) 1 = g x ( ) 2  suy ra

( )

( 1 ) ( ) 1 ( ( ) 2 ) ( ) 2 1 2 

+) Ta chứng minh  g  là toàn ánh. Thật vậy với mọi  x Î ¡ ta có:

( ) 2.  ( ) ( ) ( ) 

f x = = f æç + f æç ö ÷ ö ÷

và kết hợp với  f  là một đơn ánh ta thu được:

. Đẳng thức này chứng tỏ  g  là một toàn ánh. 

Do đó  g  là một song ánh hay f x( ) + x là một song ánh. 

Bài 11. Xét tất cả các  hàm  f g h , , : ¡ ® ¡ sao cho  f  là đơn ánh  và  h là song ánh  thỏa mãn điều kiện f g x( ( ) ) = h x ( ) , với mọi  x Î ¡. 

Chứng minh rằng g x ( ) là một hàm song ánh

+)  Ta  chứng  minh g x ( )  là  đơn  ánh.  Thật  vậy  với  x x Î ¡ 1,  2  sao  cho g x( ) 1 = g x ( ) 2 

suy  ra f g x( ( ) 1 ) = f g x( ( ) 2 ) Ûh x( ) 1 =h x( ) 2 Û x1 = x 2  (do  h  là  một  song  ánh).  Từ  đó 

suy ra  g  là một đơn ánh. 

+)  Ta  chứng  minh g x ( ) là  toàn  ánh.  Thật  vậy  với  mọi  x Î ¡  và  do  h là  một  song 

ánh nên tồn tại  y Î ¡ sao cho

( ) ( ) ( ( ) ) ( ) 

ánh. 

Vậy g x ( ) là một hàm song ánh. 

Bài 12. Xét tất cả các hàm f : ¡ U+ { } 0  ® ¡ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:  (i) f x( +y) = f x( ) + f y ( ) , với mọi x y , Î ¡ U + { } 0 

(ii) Số phần tử của tập hợp { x f x( ) = 0,  x Î ¡ U + { } 0 } là hữu hạn. 

Chứng minh rằng  f  là một hàm đơn ánh.(25) 

Lời giải. 

Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chỉ ra được

Thay x= y = 0 vào phương trình ban đầu ta được f ( 0 0 + ) = f ( ) 0 + f ( ) 0 Û f ( ) 0 = 0 .  Giả sử x x Î ¡ U 1 , 2  { } 0 sao cho f x( ) 1 = f x ( ) 2   Không mất tính tổng quát ta có thể giả 

sử x1³ x 2 . Khi đó theo điều kiện (i) ta được:

( 1 2) ( ) 2 ( ) 1 ( 1 2 )  0 

Từ  (1)  và  (2)  ta  thu  được: f n x( ( 1 -x2) ) =nf x( 1 -x 2 ) = 0 ,  với  mọi  * 

n Î ¥ .  Từ  đó  kết  hợp với điều kiện (ii) ta suy ra x1 = x 2   Vậy  f  là một hàm đơn ánh. 

Bài 13 (Shortlist IMO 2002). Tìm tất cả các hàm số  f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện:

( )

với mọi x y Î ¡ , . . 

Lời giải. 

+) Ta chứng  minh  f  là toàn ánh. Thật  vậy,  thay y= - f x ( ) vào phương trình ban  đầu ta được:

( ) 0 2 ( ( ( ) ) ) ( ( ( ) ) ) ( ) 0 2 

suy ra  f  là toàn ánh. 

+) Do  f  là toàn ánh nên tồn tại  a Î ¡ sao cho f a =( )  0. 

+) Thay  x= a vào phương trình ban đầu ta được:

( ) 2  ( ( ) ) ( ( ) ) ( ) 

+) Do  f  là toàn ánh nên với mọi  x Î ¡  tồn tại  y Î ¡ sao cho x+a= f y ( ) . Do đó từ  đẳng thức (1) ta thu được: x= f x( ) +aÛ f x( ) =x a- ,  " Î ¡x  Thử lại ta thấy thỏa  mãn điều kiện. Vậy f x( ) =x- a  

Bài 14. Tìm tất cả các hàm  f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện:

( ) ( )

với mọi x y Î ¡ ,  . (17) 

Lời giải. 

Với  y y Î ¡ 1,  2  sao  cho f y( ) 1 = f y( ) 2 Þ f ( f x( ) + 2f y( ) 1 ) = f ( f x( ) + 2  f y ( ) 2  )  suy  ra

( ) 1 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 2 1 2 

f x +y + f y = f x +y + f y Þy = y  Do đó  f  là một song ánh. 

Thay y= - f x ( ) vào phương trình ban đầu ta được:

( ) ( ( ) )

( ) ( ( ) ) ( ) 

2 

2 

( ) ( ) ( ), 

Thay x= - f y ( ) vào phương trình ban đầu ta được:

( )

( )

2 

,     y 

Suy ra  f  là một toàn ánh. 

Do đó với mọi  x Î ¡  thì tồn tại  t Î ¡ sao cho x= f t ( ) . Từ đẳng thức (1) ta có:

( )

f -f t = -f t Û f -x = -x " Î ¡x  Vậy f x( ) =x ,  " Î ¡x . 

Bài 14. Tìm tất cả các hàm  f : ¡ ® ¡ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 

(i) f ( f x( ) +y) =x+ f y ( ) , với mọi x y Î ¡  , 

(ii) Với mọi  x Î ¡ + tồn tại  y +

Î ¡  sao cho f y( ) = x  (27) 

Lời giải. 

Với x x Î ¡ 1,  2  sao cho f x( ) 1 = f x ( ) 2  nên từ điều kiện (i) ta được:

( )

( 1 ) ( ( ) 2 ) 1 ( ) 2 ( )  1 2 

f f x + y = f f x +y Þx + f y =x + f y Þx = x suy ra  f  là đơn ánh.  Thay x= y = 0 vào phương trình ở điều kiện (i) ta được:

( ) ( 0 ) ( ) 0 ( ) 0 0. 

Thay y =  0 vào phương trình ở điều kiện (i) và kết hợp với (1) ta được:

( ) ( ) ( ) 0  ( ( ) ) 

Thay  x bởi f x ( ) trong phương trình ở điều kiện (i) và kêt hợp với (2) ta được:

( ) ( )

Với mọi x >  0 , tồn tại y >  0 sao cho x= f y( ) = f ( f x( ) ) Þy= f x ( ) . Từ đó suy ra với  mọi x >  0 thì f x > ( )  0 . 

Ta  chứng  minh  f  là  hàm  đồng  biến.  Thật  vậy  với x x1, 2Î ¡ ,  x1 > x 2  và  kết  hợp  với  (3)  ta  có: f x( ) 1 = f x( 1 -x2 +x2) = f x( 1 -x2) + f x( ) 2 > f x ( ) 2  suy  ra  f  là  một  hàm  số  đồng biến. 

Do hàm số  f  đồng biến và đẳng thức (2) ta thu được: f x( ) = x ,  " Î ¡x  

Vậy f x( ) =x ,  " Î ¡x . 

: 

f ¥ ® ¥  là một song ánh. Chứng minh rằng  tồn tại ba số nguyên dương a b c  , ,  sao cho  a<b< c và f a( ) + f c( ) = 2  f b ( ) . 

Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát hơn bài toán trên. 

: 

f ¥ ® ¥  là một song ánh. Chứng minh rằng tồn tại bốn số  nguyên dương a b c d  , , ,  sao cho  a<b< < c d và f a( ) + f d( ) = f b( ) + f c ( ) . 

Lời giải. 

Do f  là một song ánh từ  * 

¥  đến  * 

¥  nên tồn tại n sao cho  f(1) < f n ( ) 

: (1) ( ) 

M = nÎ ¥  f < f n là  tập  con  khác  rỗng  của  ¥  * nên  tồn  tại  phần  tử  nhỏ  nhất 

của M, kí hiệu là b,  b >  1 và  f b( ) > f (1)   Gọi c là phần tử nhỏ nhất của tập M \ { } b  , 

kí  hiệu  là  c,  1  b< < c và  f c( ) > f (1)    Từ  f  là  song  ánh  nên  tồn  tại  * 

d Î ¥  sao  cho  ( ) ( ) ( ) (1) 

f d = f b + f c - f  

Từ đẳng thức trên suy ra  f d( ) ¹ f b( ), ( )f d ¹ f c( ) Þd >c>b > 1 . Do đó tồn tại 

* 

, , , 

a b c d Î ¥  sao cho a= <1  b< < c d và  f a( ) + f d( ) = f b( ) + f c ( ) . 

n Î ¥  , kí hiệu  a  n  là số tất cả các song ánh

f n ®  n thỏa  mãn  điều  kiện  với  mọi kΠ{ 1, 2,3, ,  n }  thì

( )

f f k = k . 

1)  Chứng minh rằng  a  n  là số chẵn với mọi n ³  2 . 

2)  Chứng minh rằng với n ³  10 và nM  3 thì a n - a n - 9 M 3