SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ÁNH XẠ CỦA HÀM SỐ ĐỂGIẢI BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM.. - Với toàn ánh f , ta có thể vận dụng tính toàn ánh vào việc chọn những giá trị thích hợp của biến số, hay vận dụng
Trang 1SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ÁNH XẠ CỦA HÀM SỐ ĐỂ
GIẢI BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM.
Trong mục này, ta chỉ quan tâm đến các hàm số f (x) với tập xác định
D( f ) ⊆ R và tập giá trị R( f ) ⊆ R
Giả sử /0 6= X , Y ⊆ R Xét hàm số f : X → R, ta có các định nghĩa và một
số mệnh đề hữu ích liên quan đến tính chất ánh xạ của hàm số như sau
Định nghĩa 1.1 Hàm số f (x) được gọi là đơn ánh trên X nếu với mọi a, b ∈ X
thì f (a) = f (b) ⇐⇒ a = b.
Định nghĩa 1.2 Hàm số f (x) được gọi là toàn ánh từ X vào Y nếu với mọi
y∈ Y thì tồn tại x ∈ X thỏa mãn f (x) = y.
Định nghĩa 1.3 Hàm số f (x) được gọi là song ánh từ X vào Y nếu nó vừa là
đơn ánh trên X vừa là toàn ánh từ X vào Y
Định nghĩa 1.4 Giả sử f : X → Y là một song ánh Khi đó, ta có thể định nghĩa
hàm số f−1: Y → X như sau: với mỗi y ∈ Y thì f−1(y) = x khi và chỉ khi x là
phần tử duy nhất của X thỏa mãn f (x) = y Ta gọi f−1 là hàm số ngược của f
Có thể thấy rằng f−1 là song ánh từ Y vào X
Mệnh đề 1.1 Giả sử f , g : R → R là hai hàm số xác định trên R Khi đó:
(i) Nếu f (g(x)) toàn ánh trên R thì f (x) là toàn ánh trên R.
(ii) Nếu f (g(x)) là một đơn ánh trên R thì g(x) là một đơn ánh trên R.
(iii) Nếu f , g là đơn ánh (tương ứng toàn ánh hay song ánh) thì hàm hợp
f(g(x)) cũng là một đơn ánh (tương ứng toàn ánh hay song ánh).
Mệnh đề 1.2 Giả sử f , g, h : R → R là các hàm số xác định trên R, trong đó
g(x) là toàn ánh và h(x) đã xác định (cho trước)
Khi đó nếu f (g(x)) = h(g(x)), ∀x ∈ R thì f (x) = h(x), ∀x ∈ R.
Phương pháp chung:
- Với đơn ánh f , ta sử dụng tính đơn ánh của f một cách trực tiếp, nghĩa là
" f (x) = f (y) ⇐⇒ x = y", để suy ra những điều kiện mới của hàm f , thường là phương trình mới, giá trị của f tại một điểm nào đó ,
Trang 2- Với toàn ánh f , ta có thể vận dụng tính toàn ánh vào việc chọn những giá trị thích hợp của biến số, hay vận dụng miền giá trị của toàn ánh để đổi biến một cách hợp lý,
- Nếu f là một song ánh, tức vừa là một đơn ánh vừa là một toàn ánh, thì ta
có thể vận dụng cả hai điều trên
Phần đầu của mục này, ta chủ yếu đi xét một số bài PTH vận dụng tính đơn ánh của hàm số Sau đó, ta sẽ đi tìm hiểu kĩ hơn về cách sử dụng tính toàn ánh và song ánh vào việc giải và tạo ra các bài toán PTH mới
Bài toán 2.1 Tìm hàm số f (x) xác định trên R thỏa mãn
f( f (x) + 2y) = 4x + 4y + 3, ∀x, y ∈ R
LỜI GIẢI Nhận xét f (x) là đơn ánh Thật vậy, giả sử f (x1) = f (x2) thì
f( f (x1) + 2y) = f ( f (x2) + 2y) ⇒ 4x1+ 4y + 3 = 4x2+ 4y + 3, ∀y ∈ R Suy ra x1 = x2 Vậy f là đơn ánh
Ta có f ( f (x) + 2y) = 4x + 4y + 3 = f ( f (y) + 2x), vì f đơn ánh nên
f(x) + 2y = f (y) + 2x hay f (x) − 2x = f (y) − 2y, ∀x, y ∈ R
Do đó f (x) − 2x = c, c ∈ R Thay lại f (x) = 2x + c vào điều kiện ta có c = 1 Vậy nghiệm của bài toán là f (x) = 2x + 1, ∀x ∈ R
Bài toán 2.2 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f(2 f (x) − y) = 2x + y + 6, ∀x ∈ R (1)
LỜI GIẢI Bằng cách xét riêng biến x, dễ dàng chứng minh f là một đơn ánh Trong (1), thay y = −2x ta có f (2 f (x) + 2x) = 6, ∀x ∈ R
Suy ra
f(2 f (x) + 2x) = f (2 f (y) + 2y), ∀x, y ∈ R
Vì f đơn ánh nên ta có 2 f (x) + 2x = 2c, ∀x ∈ R, với c ∈ R bất kì
Thay f (x) = −x + c vào (1) ta suy ra c = 2
Vậy f (x) = −x + 2, ∀x ∈ R
Nhận xét: Ta có bài toán tổng quát, với cách giải tương tự, như sau: Tìm hàm
f thỏa mãn f [a f (x) + by] = cx + dy + e, ∀x, y ∈ R, trong đó a, b, c, d, e là các số thực khác 0
Bài toán 2.3 (IMO 1988, Shortlist) Tìm tất cả các hàm số f : N → N thỏa mãn
điều kiện
f( f (n) + f (m)) = n + m, ∀m, n ∈ N
Trang 3LỜI GIẢI Nhận xét f là đơn ánh Thật vậy, giả sử f (m) = f (n) khi đó
n+ m = f ( f (n) + f (m)) = f ( f (n) + f (n)) = n + n = 2n → m = n
Để tận dụng tính chất đơn ánh ta có nhận xét sau đây
f( f (n) + f (n)) = 2n = (n + 1) + (n − 1) = f ( f (n + 1) + f (n − 1))
Từ đó, theo tính chất của đơn ánh ta suy ra rằng
f(n) + f (n) = f (n + 1) + f (n − 1)
⇐⇒ f (n + 1) − f (n) = f (n) − f (n − 1) ∀n ∈ N
Nên ta có f (n + 1) − f (n) = c, trong đó c là hằng số tự nhiên
Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng f (n) = nc + f (0), ∀n ∈ N
Bây giờ nếu đặt f (0) = b, với b là hằng số tự nhiên, thì ta có f (n) = nc + b Thay lại vào phương trình hàm ban đầu ta có
n+ m = f ( f (n) + f (m)) = f ((nc + b) + (mc + b)) = (n + m)c2+ 2bc + b,
điều này đúng với mọi n, m ∈ N Từ đó ta có c = 1 và b = 0
Như vậy, f (n) = n, ∀n ∈ N Hàm số này thỏa mãn bài toán
Vậy nghiệm của bài toán là f (n) = n, ∀n ∈ N
Nhận xét: Ta còn có kết quả mạnh hơn
f(m) + f (n) = f (p) + f (q), ∀ m + n = p + q
Từ đó rút ra được phương trình f (n + 1) − f (n) = f (n) − f (n − 1)
Đến đây ngoài cách tiếp tục làm như trên, ta còn có thể tìm ra công thức tổng quát của f (n) bằng cách sử dụng phương trình sai phân
Ngoài cách giải trên, ta còn có thể tham khảo cách giải dưới đây
Lời giải 2.
Rõ ràng, phương trình đồng nhất f (x) = x là nghiệm của bài toán Ta đi chỉ ra điều này, bằng cách chỉ ra f (1) = 1 sau đó dùng quy nạp
Giả sử f (1) = t > 1 Đặt s = f (t − 1) > 0
Ta thấy rằng nếu f (m) = n thì f (2n) = f ( f (m) + f (m)) = 2m Vì thế ta có
f(2t) = 2 và f (2s) = 2t − 2
Do đó 2s + 2t = f ( f (2s) + f (2t)) = f (2t) = 2 suy ra t < 1, mâu thuẫn
Điều này chứng tỏ f (1) = 0 hoặc f (1) = 1
Nếu f (1) = 0 thì f (0) = f ( f (1)+ f (1)) = 2, f (4) = f ( f (0)+ f (0)) = 0 = f (1), mâu thuẫn do f đơn ánh Nên f (1) = 1
Trang 4Bây giờ, bằng quy nạp, nếu f (n) = n thì f (n + 1) = f ( f (n) + f (1)) = n + 1 Dẫn đến kết luận f (n) = n, ∀n ∈ N
Một cách tổng quát: Với f : N → N và k ∈ N∗, ta có
f(
k
∑
i=1
f(ni)) =
k
∑
i=1
ni, ∀ni∈ N ⇐⇒ f (n) = n, ∀n ∈ N
Không khó để ta có thể nhận thấy cách giải bài toán tổng quát này dựa vào bài toán ban đầu, tức với k = 2 Thật vậy, ta giữ nguyên mọi biến nk với k ≥ 3, chỉ
để hai biến n1, n2 thay đổi sao cho tổng không đổi, sử dụng tính đơn ánh ta sẽ suy ra kết quả quen thuộc f (m) + f (n) = f (p) + f (q), ∀ m + n = p + q Từ đó giải quyết được bài toán tổng quát trên Dưới đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 2.4 Cho k ∈ N Tìm hàm f : N∗→ N∗ thỏa mãn
f( f (n) + m) = n + f (m + k) (1)
LỜI GIẢI Trước hết, dễ thấy rằng f là đơn ánh Mặt khác, từ (1) ta có
f( f (n) + f (1)) = n + f ( f (1) + k) = n + 1 + f (k + k) = f ( f (n + 1) + k)
Vì f là đơn ánh nên ta có f (n) + f (1) = f (n + 1) + k suy ra
f(n + 1) − f (n) = f (1) − k, ∀n ∈ N∗ Đặt f (1) − k = a Khi đó, bằng quy nạp ta dễ dàng suy ra
f(n) = na + k, ∀n ∈ N
Thay lại vào (1) ta được a2n= n, ∀n ∈ N∗
Từ đó a2 = 1, ta thấy rằng a 6= −1 vì nếu không f (n) = −n + k sẽ âm với n đủ lớn, mâu thuẫn Do đó a = 1 và f (n) = n + k, hàm này thỏa mãn bài toán Vậy nghiệm của bài toán là f (n) = n + k
Bài toán 2.5 (IMO 1987) Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : N → N
thỏa mãn
f( f (n)) = n + 1987
LỜI GIẢI Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán Dễ thấy f đơn ánh
Giả sử f (n) chỉ không nhận k giá trị phân biệt c1, c2, , ck trong N
Khi đó, f ( f (n)) không nhận 2k giá trị tự nhiên phân biệt c1, c2, , ck và
f(c1), f (c2), , f (ck), vì f là đơn ánh nên các giá trị f (ci) là khác nhau
Trang 5Bây giờ, nếu w 6= c1, , ck, f (c2), , f (ck) thì tồn tại m ∈ N sao cho f (m) = w.
Vì w 6= f (ci), m 6= ci, nên tồn tại n ∈ N sao cho f (n) = m Khi đó, f ( f (n)) = w, điều này chỉ ra rằng f ( f (n)) chỉ không nhận 2k giá trị c1, , ck, f (c1), , f (ck)
và nhận mọi giá trị khác
Nhưng khi n thay đổi trên N thì f ( f (n)) = n + 1987 chỉ không thể nhận 1987 giá trị là 0, 1, 2, , 1986 và 2k 6= 1987, dẫn đến mâu thuẫn
Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán (ĐPCM)
Nhận xét: Ta có thể thay 1987 bởi hằng số tự nhiên lẻ bất kì mà không làm bài
toán thay đổi Mở rộng ra, nếu fm(n) = n + k, ∀n ∈ N, trong đó m ≥ 2, k là các hằng số tự nhiên, để có bài PTH với kết quả và cách giải tương tự ta phải có điều
kiện giữa k và m là: ”k không biểu diễn được dưới dạng mq, với q ∈ N nào đó" Với việc chứng minh bằng quy nạp khẳng định " fp(n), 2 ≤ p ≤ m, chỉ không
nhận pq giá trị", ta có khẳng định điều kiện trên là đúng đắn
Một hướng để thay đổi bài toán là thay n trong vế phải bởi hàm g(n) cho trước Chẳng hạn: Tìm điều kiện của k ∈ N để tồn tại hàm f : N → N thỏa mãn f ( f (n)) = kn9, ∀n ∈ N, hay: Tồn tại hay không hàm f : N → N thỏa mãn
f( f (n)) = n2 Vấn đề này xin dành cho bạn đọc quan tâm
Bài toán 2.6 (IMO 1997, Shortlist) Tồn tại hay không các hàm số f (x), g(x)
xác định trên R thỏa mãn các điều kiện
f(g(x)) = x2, g( f (x)) = x3, ∀x ∈ R
LỜI GIẢI Giả sử tồn tại các hàm f (x), g(x) thỏa mãn bài toán
Từ g( f (x)) = x3 ta suy ra f (x) đơn ánh, vì nếu
f(x1) = f (x2) ⇒ x31= x23⇒ x1 = x2
Do đó f (1), f (−1), f (0) là ba giá trị phân biệt
Nhưng ta lại có [ f (x)]2= f (g( f (x))) = f (x3) nên f (0), f (1), f (−1) là 3 nghiệm của phương trình t2 = t, mâu thuẫn với f (0), f (1), f (−1) là 3 giá trị phân biệt Vậy không tồn tại các hàm thỏa mãn bài toán
Bây giờ, ta đi xét một số bài toán phương trình hàm vận dụng tính song ánh và toàn ánh Ta bắt đầu với bài toán sau
Bài toán 2.7 (IMO 1992) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f(x2+ f (y)) = y + [ f (x)]2, ∀x, y ∈ R (*)
Trang 6LỜI GIẢI Ta sẽ sử dụng tính song ánh của f để chỉ ra f (0) = 0.
Đây là mấu chốt của bài toán Vì nếu có f (0) = 0, lấy x = 0 ta có
f( f (y)) = y, ∀y ∈ R
Đồng thời hàm f không giảm Thật vậy, với mọi t ∈ R lấy y = f (t) suy ra
f(y) = f ( f (t)) = t Khi đó thay vào (*) ta có
f(x2+ t) = f (x2+ f (y)) = y + [ f (x)]2
= f (t) + [ f (x)]2 ≥ f (t), ∀x ∈ R, x 6= 0
Do đó f không giảm, và thỏa mãn f ( f (x)) = x, ∀x ∈ R
Đây là bài toán quen thuộc, có nghiệm là f (x) = x, ∀x ∈ R, hàm này cũng thỏa mãn (*)
Bây giờ, ta chứng minh f (0) = 0
Trước tiên khi cố định x, xét riêng biến y ta dễ dàng suy ra f là song ánh
Do đó, tồn tại a sao cho f (a) = 0, đặt f (0) = b
Trong (*) lấy x = 0 ta có f ( f (y)) = y + [ f (0)]2 = y + b2, ở đây lấy y = a ta có
f( f (a)) = a+b2hay b = a+b2(1) Trong (*) lấy x = a, y = 0 ta có f (a2+b) = 0
mà f (a) = 0, f đơn ánh nên a2+ b = a (2) Từ (1) và (2) ta suy ra a = b = 0
Do đó f (0) = 0
Vậy f (x) = x, ∀x ∈ R là hàm cần tìm
Nhận xét Ta thấy rằng việc tình được f (0) = 0 là rất quan trọng Vận dụng tính
song ánh của f cho ta một cách tính giá trị của f (0) khá đơn giản Ngoài ra, còn
có nhiều cách khác nhau để tính f (0) Ta lấy ví dụ một cách sau đây:
Đặt f (0) = t, cho x = y = 0 ta có f (t) = t2 Ta cũng dễ dàng có
f(x2+ t) = [ f (x)]2 và f ( f (x)) = x + t2
Bây giờ ta đi tính f (t2+ f (1)2) theo hai cách Đầu tiên, ta có
f(t2+ f (1)2) = f ( f (1)2+ f (t)) = t + f ( f (1))2
= t + (1 + t2)2= 1 + t + 2t2+ t4 Cách thứ hai, ta có
f(t2+ f (1)2) = f (t2+ f (1 + t)) = 1 + t + f (t)2 = 1 + t + t4
Từ đó, ta có t = 0 hay f (0) = 0
Mở rộng bài toán này, ta có bài toán dưới đây:
Bài toán 2.8 Cho ∈ N∗ Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f(x2n+ f (y)) = y + [ f (x)]2n, ∀x, y ∈ R (*)
Trang 7LỜI GIẢI Cách giải bài toán này tương tự như bài toán trên Ta cũng dễ dàng tính được f (0) nhờ sử dụng tính song ánh của hàm f , nhưng ở đây nếu dùng cách khác thì sẽ khó khăn hơn nhiều
Bài toán 2.9 (Balkan 2000) Tìm hàm f : R → R thỏa mãn
f(x f (x) + f (y)) = [ f (x)]2+ y, ∀x, y ∈ R (2)
LỜI GIẢI Ta chứng minh f là song ánh Thật vậy: trước tiên bằng việc xét riêng biến y, dễ thấy rằng f là đơn ánh Ngoài ra, cũng cố định biến x khi cho biến
ychạy trên toàn R thì ta có f cũng nhận giá trị trên toàn R, hay f là toàn ánh Như vậy, f là song ánh
Khi đó, tồn tại duy nhất a sao cho f (a) = 0
Trong (2) lấy x = 0 ta được
f( f (y)) = [ f (0)]2+ y, ∀y ∈ R
Cũng trong (2), khi ta thay x = a ta được f ( f (y)) = y, do f (a) = 0
Từ 2 khẳng định trên ta suy ra f (0) = 0, nhưng theo tính đơn ánh của f thì ta suy ra f (a) = 0 ⇐⇒ a = 0 Từ đó f (0) = 0 và f ( f (y)) = y, ∀y ∈ R
Trong (2) cho y = 0 ta được f (x f (x)) = [ f (x)]2⇒ f ( f (x) f ( f (x))) = [ f ( f (x))]2 Kết hợp f ( f (x)) = x suy ra f (x f (x)) = x2, do đó [ f (x)]2 = x2
Suy ra với mọi x ∈ R thì hoặc f (x) = x hoặc f (x) = −x
Ta chứng minh không đồng thời tồn tại a, b 6= 0 sao cho f (a) = a và f (b) = −b Giả sử ngược lại, tồn tại a, b như thế
Thay x = a, y = b vào (2) ta có f (a2− b) = a2+ b, nhưng [ f (x)]2 = x2, ∀x ∈ R nên ta phải có (a2+ b)2 = (a2− b)2 hay 4a2b= 0, điều này không thể xảy ra vì
a, b 6= 0
Vì vậy f (x) = x, ∀x ∈ R hoặc f (x) = −x, ∀x ∈ R
Thử lại ta thấy hai hàm này thỏa mãn bài toán
Vậy bài toán có hai nghiệm là f (x) = x, ∀x ∈ R hoặc f (x) = −x, ∀x ∈ R
Nhận xét: Khi đã có [ f (x)]2 = x2, ∀x ∈ R, ta còn có thể giải tiếp bài toán bằng cách xét 2 trường hợp hoặc f (1) = 1 hoặc f (1) = −1, tương ứng sẽ là hai nghiệm f (x) = x, ∀x ∈ R hoặc f (x) = −x, ∀x ∈ R
Việc mở rộng với số mũ cao hơn đối với bài toán "Balkan 2000" xin dành cho bạn đọc Thay đổi một chút trong bài toán trên ta có bài toán tương tự sau
Bài toán 2.10 Tìm f : R → R thỏa mãn một trong hai điều kiện
(i) f (x2+ f (y)) = y + x f (x) ∀x, y ∈ R,
(ii) f ([ f (x)]2+ f (y)) = y + x f (x) ∀x, y ∈ R
Trang 8LỜI GIẢI Ta đi tìm f thỏa mãn (ii) Đối với (i) tương tự, ngoài ra có thể thấy hai điều kiện này có thể biến đổi về nhau
Ta cũng dễ thấy: f đơn ánh và f (0) = 0, f ( f (y)) = y ∀y ∈ R
Trong (ii), thay x bởi f (x) ta có f ([ f ( f (x))]2+ f (y)) = y + f (x) f ( f (x))
Mặt khác, f ( f (y)) = y, ∀y ∈ R nên f (x2+ f (y)) = y + x f (x), ∀x, y ∈ R
Kết hợp (ii) thì f (x2+ f (y)) = f ([ f (x)]2+ f (y)) mà f đơn ánh nên
x2+ f (y) = [ f (x)]2+ f (y)
Suy ra [ f (x)]2 = x2, ∀x ∈ R
Tương tự trên ta chỉ ra rằng không đồng thời tồn tại a 6= 0, b 6= 0 thỏa mãn
f(a) = a, f (b) = −b
Thật vậy, giả sử tồn tại a, b như trên
Trong (ii) lấy x = a, y = b ta có f (a2− b) = a2+ b
Do [ f (x)]2 = x2, ∀x ∈ R nên (a2− b)2 = (a2+ b)2 suy ra a2b= 0, mâu thuẫn Vậy f (x) = x ∀x ∈ R hoặc f (x) = −x ∀x ∈ R
Thử lại, hai hàm này thỏa mãn bài toán
Bài toán 2.11 Các số dương p, q phải thỏa mãn điều kiện gì để tồn tại hàm số
f : R+→ R+ với tính chất f (x f (y)) = xpyq, ∀x, y ∈ R+
LỜI GIẢI Ta dễ thấy f toàn ánh trên R+, nên tồn tại a > 0 sao cho f (a) = 1 Thay y = a ta có f (x) = aqxp, ∀x > 0 Suy ra
x f(y) = aqxyp, f (x f (y)) = apq+qxpyp2
Do đó, xpyq = apq+qxpyp2, ∀x, y ∈ R+
Điều này chỉ xảy ra với q = p2, a = 1
Ngược lại, nếu q = p2 thì hàm f (x) = xp có tính chất
f(x f (y)) = xp[ f (y)]p = xp(yp)p= xpyp2 = xpyq, ∀x, y ∈ R+
Vậy p, q phải thỏa mãn hệ thức q = p2
Ở trên, ta chỉ sử dụng tính toàn ánh trong việc chọn giá trị thích hợp của biến số Tiếp theo, ta xét một số bài toán vận dụng miền giá trị của toàn ánh để giải PTH
Bài toán 2.12 Tìm hàm f : R → R là toàn ánh thỏa mãn với mọi x, y ∈ R thì
f( f (x − y)) = f (x) − f (y)
Trang 9LỜI GIẢI Lấy y = 0, ta có f ( f (x)) = f (x) − f (0).
Do f toàn ánh nên với mọi t ∈ R tồn tại x sao cho f (x) = t Suy ra
f(t) = t − f (0), ∀t ∈ R
Thay lại vào PTH ban đầu ta dễ suy ra f (0) = 0, nên f (t) = t, ∀t ∈ R
Đây là nghiệm của bài toán
Bài toán 2.13 Tìm hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện
f(x + f (y)) = x + f (y) + x f (y), ∀x, y ∈ R
Gợi ý Ta thấy rằng f (x) ≡ −1 là nghiệm Ta đi tìm nghiệm khác.
Tồn tại a sao cho f (a) 6= −1 Lấy y = a ta có
f(x + f (a)) = x(1 + f (a)) + f (a), khi đó vế phải nhận giá trị trên toàn R khi x chạy trên toàn R, nên ta có f toàn ánh
Nếu chỉ lấy x = 0 ta được f ( f (y)) = f (y), ∀y ∈ R Kết hợp f toàn ánh ta suy ra
f(x) = x, ∀x ∈ R
Nhưng thử lại thì hàm này không thỏa mãn bài toán
Vậy nghiệm của bài toán là f (x) ≡ −1
Bài toán 2.14 (IMO 2002, Shortlist) Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn
f( f (x) + y) = 2x + f ( f (y) − x), ∀x, y ∈ R
LỜI GIẢI Ta chỉ ra rằng f là toàn ánh
Thật vậy, lấy y = − f (x) ta có
f(0) = 2x + f ( f (− f (x) − x)) hay f ( f (− f (x) − x)) = f (0) − 2x
Do mọi số thực đều biểu diễn được dưới dạng f (0) − 2x nên miền giá trị của f
là R, hay f là toàn ánh
Suy ra với mỗi y sẽ tồn tại z sao cho f (z) = y
Đặc biệt, tồn tại a thỏa mãn f (a) = 0
Lấy x = a, theo phương trình đầu, ta có
f(y) − a = f ( f (y) − a) + a ⇐⇒ f ( f (y) − a) = ( f (y) − a) − a
Vì f toàn ánh nên với mỗi số thực x tồn tại số thực y sao cho x = f (y) − a Vì vậy f (x) = x − a, ∀x ∈ R
Thử lại, hàm f (x) = x − a, với a là hằng số, thỏa mãn bài toán
Để kết thúc mục này, ta đi xét một dạng PTH sử dụng miền giá trị của toàn ánh một cách khá phức tạp, khó nhận thấy hơn, nhưng đặc sắc hơn rất nhiều
Trang 10Bài toán 2.15 Tìm hàm f : R → R thỏa mãn
f(2x − f (y)) = f(x) + 3x − 2 f (y)
LỜI GIẢI Ta để ý rằng 3x − 2 f (y) = 2 f (2x − f (y)) − f (x), do đó nếu cố định
y thì hàm số g(x) = 2 f (2x − f (y)) − f (x) là hàm số bậc nhất theo biến x, nên
g(x) là toàn ánh trên R
Do đó, hàm 2 f (u) − f (v) với hai biến u, v ∈ R sẽ nhận giá trị trên toàn R
Vì thế, để xác định f (x) trên R có một cách "khá đặc biệt":
Ta đi biểu diễn f (2 f (u) − f (v)) theo 2 f (u) − f (v), với u, v ∈ R
Ta làm như sau:
Trong (*) thay x bởi f (y) ta có
2 f ( f (y)) = f ( f (y)) + 3 f (y) − 2 f (y) = f ( f (y)) + f (y)
Suy ra f ( f (y)) = f (y), ∀y ∈ R
Trong (*), thay x bởi f (x) ta có
2 f (2 f (x) − f (y)) = f ( f (x)) + 3 f (x) − 2 f (y) (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra f (2 f (x) − f (y)) = 2 f (x) − f (y), ∀x, y ∈ R
Do miền giá trị của hàm 2 f (x) − f (y) với x, y ∈ R là toàn R nên ta suy ra
f(x) = x, ∀x ∈ R
Thử lại, ta thấy hàm f (x) = x thỏa mãn bài toán
Vậy hàm số cần tìm là f (x) = x, ∀x ∈ R
Nhận xét Ý tưởng của bài toán là không quá xa lạ, nhưng được giấu kín:
Với g là toàn ánh trên R, h là hàm xác định trên R đã biết, khi đó nếu
f(g(x)) = h(g(x)), ∀x ∈ R
ta suy ra f ≡ h trên R
Bài toán 2.16 (IMO 1999) Xác định tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f(x − f (y)) = f ( f (y)) + x f (y) + f (x) − 1, ∀x ∈ R (**)
LỜI GIẢI Ta thấy rằng f (x) ≡ 0 không thỏa mãn bài toán
Nên tồn tại a sao cho f (a) 6= 0 Trong (**) lấy y = a ta có
f(x − f (a)) = f ( f (a)) + x f (a) + f (x) − 1
Đặt g(x) = f (x − f (a)) − f (x), khi đó dễ thấy g là toàn ánh, do
g(x) = f (x − f (a)) − f (x) = x f (a) − 1 + f ( f (a)), f (a) 6= 0,